Gabarito_Mestrado_PPGQB_2022_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.
Edital n° 03/2021-PPGQB/IQB/UFAL

Gabarito – Prova de Seleção Mestrado PPGQB (2022.1)
Questão: QA 01
Os dados fornecidos são:
Molaridade (M) = 0,75 mol/L
Grau de ionização (α) = 8% ou 0,08
pH = ?
Para determinar o pH, primeiro calcule o valor da concentração de ([OH-]) pela seguinte
equação:
[OH-] = M. Α
[OH-] = 0,75. 0,08
[OH-] = 0,06 ou 6.10-2 mol/L
Conhecendo [OH-], basta calcular o pOH na expressão:
pOH = -log [OH-]
pOH = -log 6.10-2
pOH = 2 - log 6
pOH = 2 - 0,78
pOH = 1,22
Por fim, para encontrar o valor do pH basta diminuir 14 do valor de pOH, na expressão abaixo:
pH + pOH = 14
pH = 14 - pOH
pH = 14 - 1,22
pH = 12,78

Questão: QA 02
Transformar a concentração em ppm para concentração molar:
1 mol de CH3COOK ---------- 98150 mg
X ----------- 27360 mg
X = 0,279 mol/L
CH3COO-(aq) + H2O(l)

CH3COOH(aq) + OH-(aq)

a. Sim. Aplicando a expressão de Ks, verifica-se que em água:
Khidrólise (Kh) = Kw/Ka
Kh = 1.10-14/1,8.10-5
Kh = 5,55.10-10
b. Kh = [CH3COOH][OH-]/[CH3COO-]
[OH-]2 = 5,55.10-10 . 0,279 = 1,548.10-10
[OH-] = 1,244.10-5 mol/L
pOH ~ -log [OH-]
pOH = 4,905
pH = 9,095
c. A partir do pH encontrado se verifica que o acetato de potássio é um sal básico uma
vez que ao interagir com a água sofre hidrólise promovendo a formação do ácido
acético (ácido fraco) e um excesso de íons hidroxila que conferem o pH característico
de soluções alcalinas a esta solução.

Questão: QA 03
a) De acordo com a reação global, o procedimento deve ser realizado em meio ácido,
pois o H+ faz parte dos reagentes. Se não houver quantidade suficiente de íons
hidrônio, a reação não se completa ou segue por outro caminho.

b) A iodometria indireta envolve a reação com iodo produzido no meio reacional. O

iodo é muito volátil, pois naturalmente de seu estado sólido sublima ao estado
gasoso. Assim, em solução adiciona-se excesso de íons iodeto que estabelece um
equilíbrio com o iodo aquoso produzindo íons tri iodeto, o que minimiza as perdas
do iodo por volatilização.

c)

2 lO3- + 12 H+ + 10 e- ⇌ I2 (aq) + 6 H2O
10I- ⇌5I2 (aq) + 10e2lO3- + 12H+ +10I- ⇌ 6I2 (aq) + 6H2O
I2 (aq) + 2 e- ⇌ 2 I2 S2O32- ⇌ + 2 e2S2O32-+I2(aq) ⇌2I-+S4O62-

2 lO3- → 6I2 (aq) → 12 S2O322 lO3- ----- 12 S2O32n ---------- 25 x 0,02

n = 8,333 x 10-3 mmol de KIO3 →17,83 mg de KIO3

Questão: QA 04
Outras estratégias de resolução podem ser consideradas durante a correção, desde que, não
exista nenhum erro conceitual.
a) O EDTA não é um ligante seletivo a Mg(II) e Ca(II) em pH = 10, logo se não houver
nenhum procedimento de separação, o volume final do titulante equivale ao somatório dos
íons magnésio e cálcio. Portanto, se o cálcio não for separado previamente, o volume final
será maior comparado ao procedimento onde ocorre a separação. Desta forma, o teor de
magnésio calculado na amostra seria maior, pois os íons cálcio seriam contabilizados de
forma aditivada.
b) Uma vez que a proporção estequiométrica entre Mg(II) e EDTA é 1:1, então no ponto
final, tem-se que nEDTA = nMg(II), assim: CEDTA×VEDTA = CMg(II)×VMg(II). Portanto: CMg(II) =
[(CEDTA×VEDTA) /VMg(II)], neste sentido, tem-se que: CMg(II) = [(0,02013×1,03) /10,00] =
2,07×10-3 mol L-1. Uma vez que: CMg(II) = (2,07×10-3 mol L-1)×(24,3 g mol-1) = 5,03×10-2 g
L-1 (50,3 mg L-1). Desta forma, a concentração de magnésio iônico seria: 5,03 mg de Mg(II)
por 100 mL de amostra. Logo, acima do intervalo indicado como normal para uma pessoa
saudável.

Questão: QA 05
Primeira região: Antes do ponto de equivalência, existe uma mistura da base (B) e do seu
ácido conjugado (BH+), ou seja, existe a formação de um tampão. Neste caso o pH pode ser
calculado com a equação de Henderson-Hasselbalch.
𝑛𝑛𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻 = 𝑛𝑛𝐵𝐵(ℎ𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖)
𝑉𝑉𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒ê𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 × 0,100𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚. 𝐿𝐿−1 = 50𝑚𝑚𝑚𝑚 × 0,010𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚. 𝐿𝐿−1
𝑉𝑉𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒ê𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 = 5𝑚𝑚𝑚𝑚
80%𝑑𝑑𝑑𝑑𝑉𝑉𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒ê𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 = 5𝑚𝑚𝑚𝑚 × 0,8 = 4𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑛𝑛𝐵𝐵 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 = 50𝑚𝑚𝑚𝑚 × 0,010𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚. 𝐿𝐿−1 = 0,5𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑛𝑛𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 4𝑚𝑚𝑚𝑚 × 0,100𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚. 𝐿𝐿−1 = 0,4𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑛𝑛𝐵𝐵 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 = (0,5 − 0,4)𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,1𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
0,1𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
[𝐵𝐵] =
= 1,85 × 10−3 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚. 𝐿𝐿−1
(50 + 4)𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑛𝑛𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 𝑛𝑛𝐵𝐵𝐻𝐻 + 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 = 0,4𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
0,4𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
[𝐵𝐵𝐻𝐻 + ] =
= 7,41 × 10−3 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚. 𝐿𝐿−1
(50 + 4)𝑚𝑚𝑚𝑚
[𝐵𝐵𝐻𝐻 + ]
𝑝𝑝𝐻𝐻 = 14 − 𝑝𝑝𝐾𝐾𝑏𝑏 − 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙
[𝐵𝐵]
7,41 × 10−3
𝑝𝑝𝑝𝑝 = 14 − 4,11 − 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 �
�
1,85 × 10−3
𝑝𝑝𝑝𝑝 = 9,29

Segunda região: Ponto de equivalência, toda base (B) foi convertida no seu ácido conjugado
(BH+) e este ácido será hidrolisado.
+
+
𝐵𝐵𝐻𝐻(𝑎𝑎𝑎𝑎)
+ 𝐻𝐻2 𝑂𝑂(𝑙𝑙) ⇌ 𝐵𝐵(𝑎𝑎𝑎𝑎) + 𝐻𝐻3 𝑂𝑂(𝑎𝑎𝑎𝑎)
𝑉𝑉𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒ê𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 = 5𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑛𝑛𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 = 𝑛𝑛𝐵𝐵 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 = 𝑛𝑛𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 0,5𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
0,5𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
[𝐵𝐵𝐻𝐻+ ] =
= 9,09 × 10−3 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚. 𝐿𝐿−1
(50 + 5)𝑚𝑚𝑚𝑚
[𝐻𝐻3 𝑂𝑂+ ] = 1,08 × 10−6 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚. 𝐿𝐿−1
𝑝𝑝𝑝𝑝 = 5,96

Terceira região: após o ponto de equivalência, ou seja, excesso de titulante, neste caso, ácido
forte.
120%𝑉𝑉𝑉𝑉𝑉𝑉 = 1,2 × 5𝑚𝑚𝑚𝑚 = 6,0𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑛𝑛𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 = (0,6 − 0,5)𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,1𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
[𝐻𝐻3 𝑂𝑂+ ] = 1,78 × 10−3 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚. 𝐿𝐿−1
𝑝𝑝𝑝𝑝 = 2,75

Questão: QI 01
KClO3 = 122,5 g/mol
O2 = 32 g/mol
2 mols de KClO3 produzem 3 mols de O2
2 x 122,5 g de KClO3 ----------------- 3 x 32 g de O2
15,0 g de KClO3 ----------------- x
245 g de KClO3 ----------------- 96 g de O2
15,0 g de KClO3 ----------------- x
245 x = 1440
x = 5,88 g de O2
2 x 122,5 g de KClO3 ----------------- 3 x 22,4 L de O2
15,0 g de KClO3 ----------------- x
245 g de KClO3 ----------------- 67,2 L de O2
15,0 g de KClO3 ----------------- x
245 x = 1008
x = 4,11 L de O2

Questão: QI 02
a) elétrons de valência
Cl: 7eAl: 3e-

Al

Al
Cl

Cl

Cl

Cl

Cl

Cl

b) Hibridização sp3
c) Devido à alta carga do cátion, este provoca uma elevada deformação (polarização) da
nuvem eletrônica do ânion, fazendo com que a interação alumínio-cloro apresente um
significativo caráter covalente, de tal modo que há um enfraquecimento das interações
iônicas multidirecionais, o que enfraquece a estrutura da rede cristalina.

Questão: QI 03
a)

𝑂𝑂𝑂𝑂 =

8−4
2

𝑂𝑂𝑂𝑂 = 2

𝑂𝑂𝑂𝑂 =

8−6
2

𝑂𝑂𝑂𝑂 = 1

Através da construção dos diagramas apresentados das espécies O2 e O22-, nota-se que a adição
de dois elétrons para formação do íon O22- acontece nos orbitais antiligantes (2π*) o que leva
a diminuição da ordem de ligação (OL) de 2 (O2) para 1 (O22-), e a um maior comprimento de
ligação (149 pm) em relação a molécula neutra O2 (121 pm).
b) A molécula de O2 é paramagnética, pois apresenta dois elétrons não emparelhados nos
orbitais 2π*. Já o íon O22- é diamagnético (todos os elétrons estão emparelhados nos orbitais
moleculares).

Questão: QI 04
a. [Mn(OH2)6]3+
[Mn3+] = [Ar]3d4
Estado fundamental:
↑

↑

↑

3d4

Complexo:
↑

↑

↑

4s
↑

↑

3d4
*Hibridação: dsp3
b. Geometria: Octaédrica

c. O complexo é de orbital interno.

↑↓

4p
↑↓

↑↓

↑↓

↑↓

↑↓

OH2 OH2 OH2 OH2 OH2 OH2

Questão: QI 05
A. [FeL6]3- → μ = 5,85 MB
B. [FeL’6]3- → μ = 2,20 MB
O momento magnético de uma espécie é uma magnitude diretamente proporcional ao número
de elétrons não emparelhados. Assim, devemos avaliar a configuração eletrônica de ambos os
complexos:
[Fe3+] = [Ar]3d6
De acordo com a TCC, o desdobramento dos orbitais d em um campo octaédrico acontece da
seguinte forma:

Assim, a configuração eletrônica dos complexos irá depender da magnitude de Δo:
Para um complexo de campo fraco a configuração eletrônica do complexo será t2g3eg2 (5
elétrons não emparelhados). Já para um complexo de campo forte, a configuração eletrônica
será t2g5eg0 (1 elétron não emparelhado).
Desta forma, podemos concluir que o ligante do complexo A é um ligante de campo fraco, da
mesma forma que os ligantes F-, Cl-, S2-, dentre outros. Por outro lado, o ligante do complexo
B é um ligante de campo forte como CO, CN-, PPh3, dentre outros.

Questão: QO 01
a) Porque o íon brometo é um melhor grupo abandonador.
b)
Configuração invertida,
mas ainda permanece S
δ
H
F

Br

H
F

CH3
OCH3

Br
CH3

F
H

CH3 +

Br

OCH3

δ OCH

3

c) Como mostrado na figura acima, a configuração é invertida, embora a configuração do
reagente e do produto se mantem a mesma.
d) A reação ocorre pelo mecanismo SN1 como mostrado acima.

Questão: QO 02

H3C

Ph
H
OH

H3C
H
Ph

H

H
Ph
OH

Ph
Projeção cavalete

H
H

Ph

OH
CH
Ph 3

Projeção de Newman

Questão: QO 03

a)
A segunda conformação em cadeira do metilciclo-hexano, com o grupo metil na
equatorial, é mais estável pois não possui interações 1,3-diaxiais.
b)

A segunda conformação em cadeira do trans-1,2–Di-isopropilciclo-hexano, com os
dois grupos isopropil na equatorial, é mais estável pois não possui interações 1,3diaxiais.
c)

A segunda conformação em cadeira cis-1,3-Di-isopropilciclo-hexano, com os dois
grupos isopropil na equatorial, é mais estável pois não possui interações 1,3-diaxiais.

d)

A segunda conformação em cadeira terc-butilciclo-hexano, com o grupo terc-butil na
equatorial, é mais estável pois não possui interações 1,3-diaxiais.

Questão: QO 04
Composto 1. A maior basicidade depende da maior densidade de elétrons. No caso do
composto 1, há maior concentração de elétrons, pois não há ressonância. O N é átomo cabeça
de ponte, sem possibilidade de gerar formas de ressonância devido à não coplanaridade entre
os orbitais.
No composto 2, há ressonância com o anel arílico, adequadamente posicionado, permitindo a
deslocalização dos elétrons e diminuindo a força básica.
Os valores de pKa são relacionados aos ácidos conjugados respectivos: Quanto maior o pKa,
maior a basicidade.

Questão: QO 05
Ordem: 2 < 1 < 3 < 4
Resposta: São ácidos de carbono e a quanto mais estável a base conjugada, mais forte o ácido
que deu origem a esta. A região de dissociação é o grupo metilênico entre as duas carbonilas.
Como a base resultante é carregada negativamente e quanto menos sentida a carga for, mais
estável o produto. As forças que agem na estabilização são ressonância e efeito indutivo
retirador de elétrons do grupo -COCF3 e -COPh. Quanto ao ácido mais fraca, quando maior a
cadeia, maior o efeito eletrodoador, instabilizando a base conjugada e tornando o ácido mais
fraco.

Questão: BQ 01
a)

b)

Questão: BQ 02
a) O estudante deve analisar que, inicialmente, o aumento da temperatura gera aumento na
velocidade da reação, pois aumenta a energia cinética das moléculas no sistema. A elevação
da temperatura a valores consideravelmente altos resulta em desnaturação da enzima pela
alteração das ligações que mantêm sua estrutura tridimensional.
b) Nesse caso, o estudante deve informar que a alteração no pH da solução resulta em mudança
nas cargas que as cadeias laterais dos aminoácidos irão apresentar, podendo eliminar uma
interação iônica essencial na estabilização da conformação ativa da enzima.

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:
a) Bases nitrogenadas: DNA possui citosina, guanina, adenina e timina. No RNA, a
timina é substituída por uracil.
b) 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.
c) 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) Glc e Fru apresentam isomeria óptica do tipo D, pois a hidroxila do carbono quiral mais
distante do grupo funcional está para a direita. São também isômeros de função, já que possuem
a mesma formula molecular mas a Glc é uma aldose e a frutose é uma cetose.
b) Sacarose. É um dissacarídeo não-redutor, já que as hidroxilas dos dois carbonos anoméricos
estão envolvidas na ligação glicosídica.
c) Glc é uma aldohexose e Fru é uma cetohexose
d) os três são solúveis em água.

Questão: FQ 01

a) Em termodinâmica, um sistema é parte do universo sob observação.
b) Um sistema fechado é um sistema para o qual não é permitida a transferência de matéria
dele para os arredores ou dos arredores para o sistema. Energia, entretanto, pode ser
transferida entre os arredores e um sistema fechado. Sistema aberto é aquele que permite a
passagem de matéria entre as fronteiras.
c)

Questão: FQ 02

O processo total pode ser dividido em duas etapas: (1) expansão isotérmica e (2)
aquecimento à volume constante.

(Não é necessário desenhar o gráfico)
Como é dito que o Ar se comporta como um gás ideal a variação da energia interna da etapa
(1) é ∆U1 = 0. A energia interna de um gás ideal depende apenas da temperatura.
T

∆U2 = ∫T 2 CV 𝑑𝑑𝑑𝑑 = Cv (T2 − T1 )
1

3
3
∆U2 = R(T2 -T1 ) = (8,314 J. mol-1 K -1 )(75,0 K)
2
2
∆U2 ≈ 935,0 J. mol-1
Ou

∆U2 ≈ (1,00 mol). 935,0 J. mol-1 ≈ 935,0 J

∆UT = ∆U1 + ∆U2 = 0 + 935,0 J. mol-1 = 935 J. mol-1

Uma vez que U é função de estado, o resultado não depende se o processo é reversível ou
não. Depende apenas dos estados final e inicial.

Questão: FQ 03

a)
Q = m.∆Hfus
Q = (59,5 g)(334 J/g)
Q = 1,99 x104 J
b) Uma vez que o calor deve entrar no sistema para que este passe do estado sólido para o
líquido, o ∆H para esse processo deve indicar que o processo é endotérmico. Logo, ∆H =
1,99 x104 J.

Questão: FQ 04

[A]t = [A]0 e-kt

0,76[A]0 = [A]0 e-k(19,7min)
k ≈ 0,0139 min-1

0,145[A]0 = [A]0 e-0,0139(t)
t ≈ 138,9 min

Questão: FQ 05
a)
Cu2+(aq) + 2e  Cu(s) E0(1) = 0,34 V
Zn(s)  Zn2+(aq) + 2e E0(2) = 0,76 V
______________________________________
Cu2+(aq) + Zn(s)  Cu(s) + Zn2+(aq)

E0(reação) = 1,10 V

b) O zinco sofre oxidação (perda de elétrons).
O cobre sofre redução (ganho de elétrons).
É possível justificar com base na equação que relaciona variação de energia livre de Gibbs
padrão e a força eletromotriz do processo.
0
= -nFE 0
∆Greação
Usando os valores dos potenciais de redução (disponíveis na tabela de dados extras) é
possível concluir que o valor E0 = 0,34 V para o cobre caracteriza que a redução é um
processo espontâneo. Já para o zinco é possível concluir que a oxidação é o processo natural.

c)
0
∆Greação
= −𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅

-nFE 0 (reação) = −𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅

-(2 mol)(96.485C. mol-1 )(1,10V) = -8,314J. mol-1 . K -1 (298,15 K)lnK

1 V = J/C, logo:

K ≈ 1,75x1037

d) A quantidade de íons Cu2+ em solução no estágio de equilíbrio eletroquímico é
praticamente nula. Quase todo cobre está na forma de cobre metálico.