Espelho prova mestrado doutorado PPGQB 2024.2 .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.

Espelho Prova seleção PPGQB 2024.2
Q 01.
O candidato deve relacionar no gráfico a variação de Kw em função da temperatura, e compreender que a
condição de neutralidade da água pura, está relacionada a concentrações iguais de [H3O+] e [OH-] no meio,
as quais influenciam no valor de pH final. Por exemplo, a 25ºC o valor de Kw = 1,0´10-14, equivale a pH
= 7,0 para a água pura. Desta forma, em 10ºC o valor de Kw < 1,0´10-14, logo o pH10ºC > 7,0. De forma
análoga, em 40ºC o Kw > 1,0´10-14, portanto, pH40ºC < 7,0. Portanto, o pH que indica a neutralidade está
relacionada ao Kw da água, o qual varia com a temperatura. Logo, para cada valor de temperatura (10, 25
ou 40ºC) tem-se um valor de pH.

Q 02.
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 expresão abaixo:
pH + pOH = 14
pH = 14 - pOH
pH = 14 - 1,22.

Q 03.

----à pH = 12,78

nAg+excesso = nSCN= VSCN-- x [SCN-] = 5,20 mL x 0,150 mol.L-1 = 0,780 mmol
nAg+inicial = VAgNO3 x[ AgNO3] = 50,00 mL * 0,025 mol.L-1 = 1,25 mmol

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nCl-= nAg+gasto = nAg+inicial - nAg+excesso = 1,25 mmol – 0,780 mmol = 0,470 mmol
mNaCl = 0,47 mmol x58,44 g moL = 27,47 mg em 25 mL de solução inicial
em 100,0 ml mNaCl = 109,9 mg= 0,1099 g
Reações

Q 04.
Sabendo que a reação pode ser interpretada em termos de faradays de eletricidade, é preciso, primeiro,
calcular quantos faradays atravessam a célula. Sendo 1 A = 1 Cs-1, o número total de coulombs será:
(5,0 Cs-1)(60 s min-1)(60 minh-1)(1,5 h) ou 2,7 x 104 C
Considerando 1 F = 9,65 x 104, teremos:

𝟐, 𝟕 𝐱 𝟏𝟎𝟒 𝐂 𝐱

𝟏𝐅
= 𝟎, 𝟐𝟖 𝐅
𝟗, 𝟔𝟓 𝐱 𝟏𝟎𝟒

Analisando a reação de eletrodo, sabe-se que no cátodo os íons cúpricos, Cu2+, se reduzem a cobre metálico:
Cu2+(aq) + 2e– → Cu(s)
A partir da equação vemos que 1 mol de Cu é produzido a partir de 2 F de eletricidade (2 mols de elétrons)
e, assim, o número da massa em gramas de Cu produzido é:
𝟎, 𝟐𝟖 𝐅 𝐱

𝟏 𝐦𝐨𝐥 𝐝𝐞 𝐂𝐮 𝟔𝟑, 𝟓 𝒈 𝒅𝒆 𝑪𝒖
𝐱
= 𝟖, 𝟗 𝒈 𝒅𝒆 𝑪
𝟐𝐅
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝑪𝒖

O oxigênio é formado no ânodo:
2H2O → O2(g) +4H+(aq) + 4e–
A partir da semi-reação sabe-se que para produzir 1 mol de O2 devem passar através da célula 4 F de
eletricidade (quatro mols de elétrons). Assim, a quantidade em gramas de O2 formado é:

𝟎, 𝟐𝟖 𝐅 𝐱

𝟏 𝐦𝐨𝐥 𝐝𝐞 𝑶𝟐 𝟑𝟐, 𝟎 𝒈 𝒅𝒆 𝑶𝟐
𝐱
= 𝟐, 𝟐 𝒈 𝒅𝒆 𝑶𝟐
𝟒𝐅
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝑶𝟐

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Q 05.
a) pH = 11,33
pOH = 14 - 11,33 = 2,67
pOH = -log [OH-]
[OH-] = 10-2,67 = 0,002 mol L-1
Avaliando a estequiometria de dissociação da base orgânica verifica-se que no equilíbrio:
[C10H15ONH+] = [OH-] = x = 0,002 mol L-1
[C10H15ON] = 0,035 -x = 0,035 – 0,002 = 0,033 mol L-1
b)

[C10 H15ONH + ][OH - ]
[C10 H15ON ]
(0,002)(0,002)
Kb =
= 1, 2 ´10-4
(0,033)

Kb =

pKb = - log Kb
pKb = - log 1,2×10-4
pKb = 3,92

Q 06
QI01.

Nº quântico principal nos fornece informações sobre a energia do elétron/orbital.

Nº quântico
principal nossecundário
fornece informações
sobre a energia
do elétron/orbital.
Nº quântico
nos fornece
informações
sobre a forma do orbital.

Nº quântico
magnético
nos fornece
Nº quântico
secundário nos
fornece informações
sobre ainformações
forma do orbital.sobre a orientação do orbital.
Nº quântico magnético nos fornece informações sobre a orientação do orbital.

Q 07
QI02.

a) Ordem de ligação para F2. OL = (nº e- em orbitais ligantes – nº e- em orbitais
antiligantes)/2 = 1
Ordem de ligação para F2+. OL = (nº e- em orbitais ligantes – nº e- em orbitais
antiligantes)/2 = 1,5

b) Comparativamente, F2+ tem energia ligação maior e comprimento de ligação menor
em relação à molécula de F2, pois há uma diminuição do nº de elétrons em orbitais
antiligantes.

QI03.
a) trióxido de enxofre nítrico, SO3, total de elétrons de valência para a espécie = 24e.

Estruturas com e sem expansão são aceitas.
Hibridização = sp2, Geometria da molécula = trigonal plana.

antiligantes)/2 = 1
Ordem de ligação para F2+. OL = (nº e- em orbitais ligantes – nº e- em orbitais
antiligantes)/2 = 1,5
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b) Comparativamente, F2+ tem energia
ligação maior e comprimento de ligação menor
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em relação à molécula de F2, pois há uma diminuição do nº de elétrons em orbitais
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antiligantes.
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QQI03.
08
a) trióxido de enxofre nítrico, SO3, total de elétrons de valência para a espécie = 24e.

Estruturas com e sem expansão são aceitas.
Hibridização = sp2, Geometria da molécula = trigonal plana.
b) ácido sulfúrico, H2SO4 , total de elétrons de valência para a espécie = 32e.

Expansão do octeto para o S.
Hibridização = sp3. Geometria da molécula = tetraédrica.

c) íon hipoclorito, ClO-, total de elétrons de valência para a espécie = 14e.

Não cabe comentar a hibridização, pois a espécie é diatômica.

d) di-hidrogenofosfato de sódio ou fosfato monossódico, NaH2PO4, total de elétrons de valência
para a espécie = 32e.

Expansão do octeto para o P.
Hibridização = sp3. Geometria do íon = tetraédrica.

Q 09

QI04.
ΔHof = ΔHosublimação + EI + ½ ΔHodissociação + ΔHoAE + ΔHrede
– 276,8 = 178,2 + 590,0 + 79,3 – 328,2 + ΔH

Hibridização = sp3. Geometria do íon = tetraédrica.

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QI04.
ΔHof = ΔHosublimação + EI + ½ ΔHodissociação + ΔHoAE + ΔHrede
– 276,8 = 178,2 + 590,0 + 79,3 – 328,2 + ΔHrede
– 276,8 = 519,3 + ΔHrede
– 276,8 = 519,3 + ΔHrede
– 276,8 - 519,3 = ΔHrede
ΔHrede = -796,1 kJ mol–1

QQI05.
10
Estado fundamental:
S

↑↓

↑↓

↑

↑

3s2
3p4
Estado excitado:
S*

↑↓

↑

↑

3d

↑

↑

3s2
3p3
Hibridização:
S*

↑↓

↑

↑

↑

3d1
↑

sp3

3d1

Geometria molecular: Tetraédrica
O par de elétrons livres se encontra no orbital híbrido sp3

Q 11.
Os compostos são isômeros constitucionais, possuem a mesma composição, mas a conectividade é
diferente. O primeiro é o 1-bromo-2-propanol e o segundo é o 2-bromo-1- propanol.
Os compostos possuem mesma composição e mesmas conectividades, logo são estereoisômeros.
Verificando a configuração absoluta de cada um pelo sistema de Cahn-Ingold-Prelog, temos que o
primeiro composto é o (S)-2-bromobutano e o segundo é o (R)-2-bromobutano. Assim, tratam-se de
enantiômeros.
Os compostos possuem mesma composição e mesmas conectividades e são a imagem no espelho
uma da outra, no entanto, como são aquiral, são superponíveis e representam a mesma molécula.
As duas estruturas são idênticas, girando a segunda estrutura 180º em torno de um eixo é possível
observar que são idênticas, ambas têm configuração E na ligação dupla e R no centro estereogênico.

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Q 12.

Q 13
Q14

Q 15
A maior basicidade da piperidina e pirrolidina pode ser explicada pelo efeito doador de elétrons dos
grupos alquilas, aumentando a densidade eletrônica do nitrogênio e facilitando a captura do próton H+.
A menor basicidade da anilina se dá devido ao par de elétrons não compartilhado do nitrogênio estar
deslocalizado no sistema p do anel aromático (em ressonância), diminuindo sua disponibilidade em
capturar um próton H+. No pirrol o par de elétrons faz parte do sistema aromático, não estando assim
disponível para captura do próton H+.
Para a piridina, o par de elétrons do nitrogênio ocupa um orbital híbrido sp2 do nitrogênio, e elétrons
que ocupam orbitais com maior caráter s são mais fortemente mantidos do que aqueles com menos
caráter s, diminuindo assim sua disponibilidade em capturar o próton H+.

Q 16
Amido é um carboidrato de reserva energética encontrado em plantas constituído por unidades de
glicose, apresentando porção linear (amilose) com ligações glicosídicas do tipo α-1,4, e porção
ramificada (amilopectina) com ligações glicosídicas do tipo α-1,4 e, nos pontos de ramificação, α-1,6.
Glicogênio é um carboidrato de reserva energética ramificado encontrado em animais constituído por
unidades de glicose, apresentando ligações glicosídicas do tipo α-1,4 e, nos pontos de ramificação, α1,6. Celulose é um carboidrato estrutural, de cadeia linear, encontrado em plantas e constituído por
unidades de glicose unidas entre si por ligações glicosídicas do tipo b-1,4. Quitina é um carboidrato
estrutural, de cadeia linear, encontrado em animais e constituído por unidades de N-acetil-glicosamina
unidas entre si por ligações glicosídicas do tipo b-1,4.

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Q 17
O DNA possui a pentose do tipo desoxirribose; as bases nitrogenadas adenina, timina, citosina e
guanina; e, geralmente, a presença de dupla hélice unidas entre si de modo antiparalelo e complementar,
através de 2 ligações de hidrogênio entre adenina e timina e 3 ligações de hidrogênio entre citosina e
guanina, e interações de empilhamento de bases. O RNA possui a pentose do tipo ribose; as bases
nitrogenadas adenina, uracila, citosina e guanina; e a presença de fita simples, apesar de haver RNA fita
dupla em alguns organismos. A ribose do RNA, por possuir uma hidroxila no carbono 2, sofre hidrólise
em meio alcalino, fenômeno que não ocorre no DNA. A uracila é uma base nitrogenada menos estável
do que a timina. As interações de empilhamento de bases, as quais são muito inespecíficas no que diz
respeito à identidade das bases empilhadas, determinam a maior contribuição para a estabilidade da
dupla-hélice.

Q 18
a) O estudante deve ser capaz de descrever a diminuição da anergia de ativação-ΔG++ (com menor
estado de transição em uma reação catalisada por uma enzima em relação a reação não catalisada). Deve
após essa descrição correlacionar a redução da energia de ativação com a energia de ligação-ΔGB.
b) 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. O estudante deve informar também 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.

Q 19

Q 20
O candidato deve abordar a forma mais simples, não excluindo outras formas, de promover tal
isolamento. A hidrólise alcalina do RNA deve ser descrita como a forma mais simples de isolamento
do DNA a partir do complexo DNA/RNA. O mecanismo da hidrólise alcalina do RNA deve

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complementar tal questão. Serão consideradas alternativas mais complexas e onerosas como a hidrólise
enzimática (RNase) e métodos cromatográficos por afinidade/complementaridade.

Q 21.
Pela Tabela temos:
H2(g) + 1/2O2(g) → H2O(g) ΔHo = -285,83 kJ mol-1
C(graf) + O2(g) → CO2(g) ΔHo = -393,51 kJ mol-1
C6H6(l) + 7,5 O2(g) → 6 CO2(g) + 3 H2O(g)
ΔHo = -3267,62 kJ mol-1
C2H2(g) + 2,5 O2(g) → 2CO2(g) + H2O(g)
ΔHo = -1299,58kJ mol-1
a) Entalpia de formação de benzeno líquido
6 C(grafite) + 3 H2(g) → C6H6(l)
ΔH0formação = ??
3H2(g) + 3/2O2(g) → 3H2O(g)
ΔHo = -285,83 kJ mol-1 X3
6C(graf) + 6O2(g) → 6CO2(g)
ΔHo = -393,51 kJ mol-1 x 6
6 CO2(g) + 3 H2O(g) → C6H6(l) + 7,5 O2(g)
ΔHo = +3267,62 kJ mol-1
6 C(grafite) + 3 H2(g) → C6H6(l)
ΔH0formação = 3x(-285,83) + 6x(-393,51) + 3267,62
ΔH0formação do C6H6 = + 49,07 kJ mol-1

b) Calcule o ΔHo para a reação 3C2H2(g) → C6H6(l)
Primeiro precisamos calcular a ΔH0for do C2H2
2 C(grafite) + H2(g) → C2H2(l)
ΔH0formação = ??
H2(g) + 1/2O2(g) → H2O(g) ΔHo = -285,83 kJ mol-1
2C(graf) + 2O2(g) → 2CO2(g)
ΔHo = -393,51 kJ mol-1 x 2
2 CO2(g) + H2O(g) → C2H2(l) + 2,5 O2(g)
ΔHo = +1299,58 kJ mol-1
0
2 C(grafite) + H2(g) → C2H2(l)
ΔH formação = (-285,83) + 2x(-393,51) + 1299,58
ΔH0formação = +226,73 kJ mol-1
ΔHo da reação 3C2H2(g) → C6H6(l)
ΔHo reação = ΔHoform produto - ΔHoform reagente
ΔHo reação = ΔHoform C6H6 - 3x(ΔHoform C2H2)
ΔHo reação = + 49,07 – 3x226,73
ΔHo reação = -631,12 kJ mol-1

Q 22.
T = 500K
V = 1m3 = 1000L
Ti = 300K
Pi = 100atm
m N2 = 92,4Kg = 92.400g

n = m/MM
n = 92.400g / 28,03g/mol
n = 3296,47 mol

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𝑛𝑅𝑇
𝑛 #
−𝑎I J
𝑉 − 𝑛𝑏
𝑉
3296,47 𝑥 0,082 𝑥 500
3296,47 #
𝑃=
− 1,4088 X
Y
1000 − (3296,47 𝑥 0,0391)
1000
P = 139,74 atm
𝑃=

Q 23.
T= 25ºC = 298,15K
P = 1atm
V = 0,125L
PV = nRT

$&

𝑛 = '(

𝑛=

),+#,- . + /01
),)2# . #324

n = 0,005115mol

0,005115mol de NO equivale a 0,005115 mol de nitrito de isoamila
1,0 mol de nitrito de isoamila
– 117,15g
0,005115 mol
–
X
X = 0,6033g
0,656 g de nitrito de isoamila – 100%
0,6033g
– X
X = 91,86%

Q 24.
Resp.:
Calor Q = -50 kJ. (Calor deixa o sistema).
𝑊5& = −20 𝑘𝐽 (Trabalho de expansão)
Por definição, a variação de entalpia de um dado processo é igual a troca de calor feita à pressão constante.
Assim, tem-se que:
∆𝐻 = 𝑄5
∆𝑯 = −𝟓𝟎 𝒌𝑱
Da primeira lei da termodinâmica, assumindo apenas trabalho do tipo pV, tem-se que:
∆𝑈 = 𝑄 + 𝑊5&
Logo,
∆𝑈 = −50 𝑘𝐽 − 20𝑘𝐽
∆𝑼 = −𝟕𝟎 𝒌𝑱

Q 25.
Resp.:
(a) Uma vez que a cinética de decomposição do ciclobutano é de primeira ordem, tem-se que:
[𝐶6 𝐻2 ]0 = [𝐶6 𝐻2 ]) 𝑒 780

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Aplicando o logaritmo natural de ambos os lados, vem que:
[𝐶6 𝐻2 ]0
𝑙𝑛
= −𝑘𝑡
[𝐶6 𝐻2 ])
[𝐶6 𝐻2 ]0
𝑙𝑛
= −(87𝑠 7+ )(0,010𝑠)
2,00
[𝑪𝟒 𝑯𝟖 ]𝒕 = 𝟎, 𝟖𝟑 𝑴
(b) A fração de decomposição após 0,010 s é determinada por:
[𝐶6 𝐻2 ]) − [𝐶6 𝐻2 ]),)+) 2,00 𝑀 − 0,83 𝑀
=
[𝐶6 𝐻2 ])
2,00𝑀
[𝐶6 𝐻2 ]) − [𝐶6 𝐻2 ]),)+)
= 𝟎, 𝟓𝟖
[𝐶6 𝐻2 ])