Gabarito_PPGQB_2023_1.pdf
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                    Universidade Federal de Alagoas
Instituto de Química e Biotecnologia
Programa de Pós-Graduação em Química e Biotecnologia
Av. Lourival de Melo Mota, s/n, Campus A.C. Simões, Maceió-AL, 57072-900, Brasil.
Editais n° 05/2022 e 06/2022 - PPGQB/IQB/UFAL

Gabarito – Prova de Seleção Mestrado PPGQB (2023.1)
Questão: QA 01
A partir das equações a seguir e dos valores de Ks

AgIO3

Ag+

(aq)

AgIO3

+ H2O(l)

Ag+

+ I-

AgI

(s)

(s)

(aq)

+ I-

(aq)

(aq)

+ I-

(aq)

Keq = 1/Ks = 1,2.1016

(s)

AgI

(s)

Ks = 3.10-8

+ IO3-(aq)

Keqglobal = Ks . Keq = 3,6.108 (valor = 0,2)

Devido ao fato de iodeto de prata e iodato de prata possuírem a mesma relação estequiométrica (1:1),
apenas com base nos valores de Ks verifica-se que AgI é bastante menos solúvel que AgIO3. Assim,
qualitativamente sabe-se que SIM é possível formar AgI. (valor = 0,2)
A partir da equação global do equilíbrio, a nova constante de equilíbrio (Keqglobal) apresenta um valor
que indica que a reação é produto favorecida, ou seja, tende à formação de AgI (Keqglobal = 3,6.108)
(valor = 0,2)
.
Por fim, Sabendo-se que a MM de AgIO3 é 283 g e a partir da massa de 28,3 g do sal em 1 L de água,
tem-se uma solução 0,1 mol L-1 e considerando que a adição de I- implica na solubilização completa do
AgIO3, tem-se:
[IO3-] = 0,1 mol L-1
[Ag+] = Ks(iodato)/ [IO3-] = 3.10-7 mol L-1
[I-] = Ks(iodeto)/[Ag+] = 8,3.10-17/3.10-7 = 2,77.10-10 mol L-1 (valor = 0,4)

Questão: QA 02

Questão: QA 03

Espera-se que o candidato:
1. calcule o número de mols total de EDTA – 5x10-3 x 0,0125 = 6,25x10-5 mol
2. calcule o número de mols de EDTA em excesso que reagiu com o Cr – 1,23x10-3 x 0.0101 = 1,24x105

mol

3. subtraia número de mols de EDTA em excesso pelo numero de mols total – 6,25x10-5 – 1,24x10-5 =
5,01x10-5 mol
4. o valor encontrado é o número de mols de Zn.
5. passar o número de mols para mg = 5,01x10-5 x 65,40 x 1000 = 3,27 mg
6. o valor encontrado esta em 1L é: (3,27 x 1000)/ 15 = 218,00 mg/L

Questão: QA 04
número de moles de CH3COOH= 0,20 x 0,50= 0,1mol
número de moles de NaOH= 0,10 x 0,50= 0,05 mol
Reação:
CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
1 mol..............1mol
0,1mol............0,05mol(limitante)
número de moles de CH3COOH em excesso= 0,10 - 0,05= 0,05mol
Volume total -= 0,5L +0,5L = 1,0L
Assim:
[CH3COOH]= 0,05mol∕L
[CH3COONa] = 0,05mol∕L
A partir da equação de Henderson-Hasselbach:
pH = pKa+log [Sal]
[Ácido]
pH= 4,75+ log 0,05
0,05
pH= 4,75 + log 1
pH = 4,75

Questão: QA 05
Resoluções das questões distintas as apresentadas abaixo podem ser aceitas, desde que, não
apresentem erro conceitual.
a)
O número de inflexões nas curvas de titulação de ácidos dipróticos fracos com base forte, dependem
da força relativa entre a primeira e segunda constante de acidez. Assim, uma curva apresenta duas
inflexões bem definidas, quando a variação de pKa (pKa = pKa2 – pKa1) for igual ou superior a 3
unidades. Desta forma, considerando este critério, tem-se a seguinte classificação entre as curvas e os
ácidos dipróticos:
Curva de titulação (A) → (2) ácido maleico (pKa = 4,42)
Curva de titulação (B) → (3) ácido malônico (pKa = 2,85)
Curva de titulação (C) → (1) ácido succínico (pKa = 1,43)
O (2) ácido maleico apresenta pKa = 4,42, logo terá duas inflexões bem definidas na curva de titulação,
como observado no gráfico (A). O (3) ácido malônico, apresenta pKa = 2,85, ou seja, um valor menor
que 3, porém, com certa proximidade a este valor. Desta forma, se percebe uma primeira inflexão pouco
definida entre pH de 3 a 5, para a primeira constante, e uma segunda inflexão característica, indicando
assim o gráfico (B). Por fim, o (1) ácido succínico possui pKa = 1,43, desta forma, se observa apenas
uma inflexão no gráfico (C), da curva de titulação.
b)
Considerando a titulação de uma ácido fraco diprótico com NaOH, no ponto final tem-se a seguinte
relação:
(1)
2nácido = nNaOH
onde nácido = quantidade de substância referente ao ácido e nNaOH = quantidade de substância referente
a base (NaOH). Desta forma, esta igualdade pode ser escrita como:

2

mácido
= CNaOH  VNaOH
Mácido

(2)

Sendo: mácido = massa do ácido (g), Mácido = massa molar do ácido (g mol-1), CNaOH = concentração
molar da base (mol L-1) e VNaOH = voluma da base (L). Rearranjando a equação (2), tem-se:

Mácido = 2 

mácido
CNaOH  VNaOH

(3)

Substituindo os valores, tem-se:

M ácido = 2 

0,15
= 115,98 g mol-1 → Mácido  116 g mol-1
( 0,09857  0,02624 )

Logo, por comparação, o ácido titulado é o ácido maleico (116 g mol-1).

(3)

Questão: QI 01
O ponto de ebulição depende, normalmente, das forças intermoleculares que atuam entre as moléculas
e da massa molecular da substância. Assim, de modo geral, forças intermoleculares de natureza mais
intensa e substâncias de maior massa molecular dificultam a passagem da substância do estado líquido
para o estado gasoso. Assim, sendo que as forças intermoleculares que agem nos hidretos formados
com átomos do Grupo 14 são praticamente da mesma natureza, isto é, forças de van der Waals, o que
promove a diferencia nos valores de ponto de ebulição é a massa molecular dos hidretos em questão,
assim a tendência de elevação do ponto de ebulição segue a tendência de aumento da massa molecular
da substância. Por outro lado, para os hidretos formados com átomos do Grupo 16, uma análise mais
apurada deve ser realizada. No caso da H2O, temos o hidreto mais leve do Grupo, mas esta conta com
forças intermoleculares de natureza muito intensa, neste caso, ligações de H, e por isso, conta com
relativo elevado ponto de ebulição. Já os demais hidretos formados com átomos de Grupo 16, contam
com forças intermoleculares de menor intensidade, tipo van der Waals, sendo o aumento da massa
molecular a responsável, em sua maioria, pela tendência de aumento do ponto de ebulição.

Questão: QI 02
a) íon tri-iodeto
I3−, total de elétrons de valência para a espécie = 22e.

Expansão do octeto para o I.
Hibridização = sp3d. Geometria da molécula = linear (derivada de uma bipirâmide trigonal).
b) trifluoreto de cloro
ClF3, total de elétrons de valência para a espécie = 28e.

Expansão do octeto para o Cl.
Hibridização = sp3d. Geometria da molécula = T (derivada de uma bipirâmide trigonal).
c) íon carbonato
[CO3]2−, total de elétrons de valência para a espécie = 24e.

Hibridização = sp2. Geometria do íon = trigonal plana.
d) ozônio
O3, total de elétrons de valência para a espécie = 18e.

Hibridização = sp2. Geometria do íon = angular (derivada de uma trigonal plana).

Questão: QI 03

O.L. (NO+) = ½(n – n*) = ½(6 – 0) = 3

O.L. (NO) = ½(n – n*) = ½(6 – 1) = 2,5

Ao se comparar as ordens de ligação das moléculas observa-se que no caso do íon NO+ a subtração de
um elétron aumenta a ordem de ligação, pois o elétron é removido de um orbital antiligante, conferindo
uma maior estabilidade ao íon.
Neste sentido, dada a ordem de ligação, pode se dizer que o comprimento de ligação do íon NO+ é
menor, e sua energia de ligação é maior em relação à molécula de NO.

Questão: QI 04

Questão: QI 05
a) Dê o número de coordenação do íon metálico e desenhe as fórmulas estruturais dos três íons
complexos de níquel.
O número de coordenação dos complexos [Ni(NH3)6]2+, [Ni(en)3]2+ e [Ni(H2O)6]2+ é 6.

b) Sabendo que a energia do máximo comprimento de onda de absorção pode ser associado com a
energia de desdobramento do campo cristalino (10Dq), indique qual espectro (A, B e C) corresponde
aos íons complexos [Ni(NH3)6]2+, [Ni(en)3]2+ e [Ni(H2O)6]2+. Justifique sua escolha.
Os espectros apresentados exibem valores máximos de absorção de energia na seguinte ordem A > B >
C, logo a energia do desdobramento do campo cristalino (10Dq) cresce no sentido A < B < C, uma vez
que o comprimento de onda (λ) e a energia (10Dq) são grandezas inversamente proporcionais. Além
disso, observando a série espectroquímica, notamos que a ordem crescente da energia de desdobramento
do campo cristalino (10Dq) dos ligantes nos complexos de níquel apresentados é H2O < NH3 < en.
Assim, pode-se inferir que os complexos A, B e C são associados aos compostos
[Ni(H2O)6]2+,[Ni(NH3)6]2+e [Ni(en)3]2+, respectivamente.

Questão: QO 01

Questão: QO 02

A eliminação (mecanismo E2) não é possível na conformação mais estável do cloreto de mentila, pois
não nenhum hidrogênio está anti-coplanar em relação ao grupo de saída, para que a eliminação ocorra.
Dessa forma, a energia livre de ativação (ou estado de transição) envolveria a mudança conformacional
(chamada de flip da estrutura) para tal estrutura mais estável. Assim, a reação ocorre na estrutura
conformacional menos estável, em que se observa a formação de um estado de transição onde há um
hidrogênio anti-coplanar ao cloro, que pode ser abstraído pelo ânion etóxido. Por fim, gera-se o produto
(rendimento de 100%) de uma eliminação usando um substrato menos termodinamicamente estável,
assim, seguindo a regra de Hoffmann.

Questão: QO 03
Considerando-se a molécula de H2O, tem-se que a configuração eletrônica de valência de um átomo de
hidrogênio é 1s1 e a do átomo de O é 2s2, 2px2, 2py1 e 2pz1. Os dois elétrons desemparelhados nos orbitais
O 2p podem cada um emparelhar-se com um orbital H 1s; cada combinação resulta na formação de
uma ligação σ (O−H). Uma vez que os orbitais 2py e 2pz encontram-se a 90º um em relação ao outro,
as duas ligações σ também se encontram a 90º uma em relação a outra. Porém, a RPECV prevê arranjo
tetraédrico (ângulos de 109,5o) e geometria molecular angular (ângulos de 104,6o), devido à repulsão
dos dois pares de elétrons livres no átomo de oxigênio, comprimindo o ângulo H−O−H.

Questão: QO 04

A

B
Gabarito
A: idênticas
B-isômeros constitucionais

Questão: QO 05
A) Ácido acético < ácido cloroacético < ácido dicloroacético < ácido tricloroacético < ácido
trifluoroacético
Razão: efeito indutivo dos haletos, que estabilizam a base conjugada. Quanto menos sentida a
carga, mais estável a base conjugada, e mais ácido, o composto original. Efeito aditivo dos
grupos substituintes eletroatraentes e eletronegatividade maior do fluor em relação ao cloro.
B) p-metoxifenol< fenol < p-fluorofenol <p-nitrofenol < o,p-dinitrofenol.
Razão: a estabilidade da base conjugada (fenolato) é maior quanto menos sentida a carga.
Como a base é carregada negativamente, grupos eletrodoadores (-ome) a instabilizam,
enquanto grupos eletrorretiradores agem em direção oposta, estabilizando a base e tornando o
ácido conjugado mais forte. O efeito de ressonância é reforçado pelo efeito indutivo
eletroatraente, a partir da base conjugada,
As estruturas das bases conjugadas devem ser escritas e as formas de ressonância apresentadas,
assim como o momento dipolar.

Questão: BQ 01
A D-glicose é um poli-hidroxialdeído com 6 carbonos, sendo classificado como um
monossacarídeo. Possui 4 centros quirais e são possíveis 16 estereoisômeros para essa
estrutura.

Questão: BQ 02
Homopolissacarídeos são polissacarídeos compostos por apenas um tipo de resíduo de
monossacarídeo em toda a sua estrutura química que se ligam através de ligações glicosídicas.
Heteropolissacarídeos são polissacarídeos compostos por mais de um tipo de resíduo de
monossacarídeos em sua estrutura química, esses resíduos se ligam através de ligações
glicosídicas. Exemplo de polissacarídeo estrutural: celulose, quitina, peptideoglicano, agarose.
Exemplo de polissacarídeo de reserva: amido, glicogênio.

Questão: BQ 03
O candidato deve ser capaz de descrever as estruturas formadoras de tais lipídeos de forma
genérica (não é necessário especificar ácidos graxos e álcoois). TAG: três ácidos graxos
ligados por ligações ésteres a um glicerol. Glicerofosfolipídeo: glicerol ligados a dois ácidos
graxos por ligações ésteres e um fosfato inorgânico (PO4) por uma ligação fosfodiéster.
Cera: Álcool de cadeia longa ligado por uma ligação éster a um ácido graxo.
O essencial da questão estará na descrição da forma de ligação (éster e fosfodiéster) e a
correlação da natureza polar, apolar e anfipática com a função de reserva (TAG), repelente
(cera) e estrutural (glicerofosfolipídeo).

Questão: BQ 04
O DNA difere do RNA em alguns aspectos tais como:
Bases nitrogenadas: DNA possui citosina, guanina, adenina e timina. No RNA, a timina é
substituída por uracil.
Pentose: o DNA possui a desoxirribose, enquanto que no RNA é a ribose. A presença da
desoxirribose impede que o DNA sofra hidrólise em condições alcalinas, evento observado no
RNA, sendo mais um fator que dá maior estabilidade ao DNA.
Estruturação: DNA possui fita dupla antiparalela e as bases nitrogenadas interagem entre si
por ligação de hidrogênio de forma complementar, apresentando maior estabilidade. O RNA
de eucariotos, principalmente o RNAm, encontra-se como fita simples.

Questão: BQ 05

a) Falso. a velocidade máxima, Vmax, de reação contendo inibidor competitivo será mantida.
b) Falso. A ligação do inibidor misto com a enzima não bloqueia a ligação do substrato, mas
provoca uma modificação da conformação da enzima que evita a formação do produto.
c) Falso. Inibidor incompetitivo liga-se à enzima através de ligação reversíveis.

Questão: FQ 01

Taxa metabólica = 25 J s-1, então em 1 h (3600 s) serão necessários 25 J s-1 x 3600 s, que corresponde
a 90000 J ou 90 kJ de energia.
Para 1 mol de glicose, a energia fornecida é de DG = -2828 kJ, quantos mols de glicose serão
necessários para fornecer o equivalente a -90 kJ?
1 mol --- -2828 kJ
X mol ---- -90 kJ
Portanto x = 0,032 mol
Se 1 mol de glicose tem massa molar M = 180 g, em 0,032 mol de glicose teremos massa (m) de m =
5,76 g.

Questão: FQ 02

a) ∆Hof (ciclopropano) = -∆Hoc (ciclopropano) + 3∆Hof (CO2,g) + 3∆Hof (H2O,l)
∆Hof (ciclopropano) = 2091 kJ mol-1 + (3 x -393,51 kJ mol-1) + (3 x -285,83 kJ mol-1)
∆Hof (ciclopropano) = 53 kJ mol-1
b) ∆Hor = ∆Hof (propeno) - ∆Hof (ciclopropano)
∆Hor = 20,42 kJ mol-1 – 53 kJ mol-1
∆Hor = -33 kJ mol-1

Questão: FQ 03

Assumindo que o gás seja ideal, sua pressão é proporcional a concentração.
𝑛
𝑅𝑇
𝑉
𝑝 = [ ]𝑅𝑇
No caso de a reação ser de primeira ordem, tem-se que:
𝑝=

[𝐴]𝑡 = [𝐴]0 𝑒 −𝑘𝑡
Uma vez que a pressão de um gás ideal é proporcional a sua concentração é possível escrever a
equação acima na seguinte forma em função da pressão:
𝑝(𝑁2 𝑂5 )𝑡 = 𝑝(𝑁2 𝑂5 )0 𝑒 𝑘𝑡
Logo, substituindo os valores fornecidos, tem-se que:
𝑝(𝑁2 𝑂5 )𝑡 = (0,500 𝑎𝑡𝑚)𝑒 [−(5,12𝑥10
𝑝(𝑁2 𝑂5 )𝑡 = 0,368 𝑎𝑡𝑚

−3 𝑠 −1 )(60,0 𝑠)]

Questão: FQ 04
Uma vez que o processo ocorre à pressão constante é possível determinar a variação de entalpia a partir
de sua definição físico-química.
∆𝐻 = 𝑞𝑝
Assim, tem-se que:
∆𝐻 = 6.025 𝐽
Para calcular a variação de energia do processo basta utilizar a expressão matemática que a relaciona
com a variação de entalpia.
∆𝐻 = ∆𝐸 + ∆(𝑝𝑉)
∆𝐸 = ∆𝐻 − ∆(𝑝𝑉)
O termo ∆(PV) pode ser calculado da seguinte forma:
∆(𝑝𝑉 ) = 𝑝∆𝑉 = 𝑝(𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 𝑉𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 )
Assim, tem-se que:
∆(𝑝𝑉 ) = (1,0 𝑎𝑡𝑚)(0,0180 − 0,0196)𝐿
∆(𝑝𝑉 ) = −1,6𝑥10−3 𝐿. 𝑎𝑡𝑚
Uma vez que 1L.atm equivale à 101,325 J, tem-se que:
∆(𝑝𝑉 ) = −0,16 𝐽
Por fim, tem-se que:
∆𝐸 = 6.025 𝐽 − (−0,16 𝐽)
∆𝐸 = 6.025,16 𝐽
Ou seja,
∆𝐸 ≈ ∆𝐻

Questão: FQ 05
a)
2Ag+(aq) + 2e → 2Ag(s)

E0(1) = 0,7992 V

Cu(s) → Cu2+(aq) + 2e E0(2) = - 0,339 V
______________________________________
2Ag+(aq) + Cu(s) → 2Ag(s) + Cu2+(aq)

E0(reação) = 0,4602 V

b)
É possível justificar com base na equação que relaciona variação de energia livre de Gibbs
padrão e a força eletromotriz do processo.
0
∆𝐺𝑟𝑒𝑎çã𝑜
= −𝑛𝐹𝐸 0

1 V = J/C, logo:
0
∆𝐺𝑟𝑒𝑎çã𝑜
= −2(96.450 𝐶. 𝑚𝑜𝑙−1 )(0,4602 𝐽. 𝐶 −1 )
0
∆𝐺𝑟𝑒𝑎çã𝑜
= −88.772,6 𝐽 . 𝑚𝑜𝑙−1

c)
0
∆𝐺𝑟𝑒𝑎çã𝑜
= −𝑅𝑇𝑙𝑛𝐾

ou
−𝑛𝐹𝐸 0 (𝑟𝑒𝑎çã𝑜) = −𝑅𝑇𝑙𝑛𝐾
−88.772,6. 𝐽. 𝑚𝑜𝑙 −1 = −8,314𝐽. 𝑚𝑜𝑙−1 . 𝐾 −1 (298,15 𝐾)𝑙𝑛𝐾
𝑙𝑛𝐾 =

88.772,6 𝐽. 𝑚𝑜𝑙−1
2.478,82 𝐽. 𝑚𝑜𝑙−1
𝐾 = 𝑒 35,81

𝐾 ≈ 3,60 𝑥1015
d) A quantidade de íons Ag+ em solução no estágio de equilíbrio eletroquímico é praticamente
nula. Quase toda prata está na forma de prata metálica.

e) Os dados mostram que o processo eletroquímico global ocorre com diminuição da energia
livre de Gibbs, assim é possível do ponto de vista termodinâmico usar essa reação química
espontânea para induzir uma corrente elétrica, o que melhor caracteriza o sistema como uma
célula galvânica.