GABARITO.pdf
Documento PDF (1.1MB)

Exibir conteúdo Baixar

                    Universidade Federal de Alagoas
Instituto de Química e Biotecnologia
Programa de Pós-Graduação em Química e Biotecnologia
Av. Lourival Melo Mota, s/n, Campus A.C. Simões, Maceió-AL, 57072-900, Brasil
Edital 05/2023 e 06/2023 – PPGQB/IQB/UFAL

GABARITO

Questão BQ1: 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, α-1,6. 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 -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 -1,4.
Questão BQ2: 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.
Questão BQ3:
a) O estudante deve ser capaz de descrever a diminuição da anergia de ativaçãoΔG++ (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.1
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.
Questão QA1: Uma vez que se tem excesso de íon hipoclorito, considera-se apenas
a proporção molar entre amônia e hidrazina (2:1). Assim, uma massa de 35 g de
amônia, possui 2,0588 mols de NH3. Caso a conversão da NH3 fosse total, seriam
formados 1,0294 mol de hidrazina, o que equivale a uma massa de 32,94 g de N2H4.
Desta forma, considerando que foram efetivamente formados 25,2 g de N2H4 o
rendimento da reação foi de 76,5%.
Questão QA2:
(a) A reação global é: 3Cu(s) + 2MnO4-(aq) + 8H+(aq)  3Cu2+(aq) + 2MnO2(s) + 4H2O(l),
Ecel = 2,02 V
(b) Agente oxidante: MnO4- // Agente redutor: Cu(s)
(c) 6 elétrons.
(d) A MnO4-(aq) + 4H+(aq) + 3e-  MnO2(s) + 2H2O(l), pois o meio precisa ser ácido
devido a presença de íons hidrônio.
Questão QA3:
𝑝𝑃𝑏 = − log

F

[𝑃𝑏+2] = −

Ecelula – K
0,0592
2

onde E’cé lula é o potencial medido inicialmente (-0,4706 V)
Apó s a adiçã o da soluçã o padrã o, o potencial torna-se E”cé lula (-0,4706 V)

50,00 𝑥 [𝑃𝑏2+] + 50,00 𝑥 0,0200

𝑝𝑃𝑏 = − log

50,00 + 5,00

= −

''
𝐸celula
−𝐾
0,0592
2

''

𝑝𝑃𝑏 = − log

(0,9091[𝑃𝑏2+] + 1,1818 𝑥 10–3) = −

𝐸celula − 𝐾
0,0592
2

Subtraindo essa equação da primeira, temos:

— log

''
'
[𝑃𝑏2+]
2 (𝐸
celula − 𝐸 celula)
=
0,09091[𝑃𝑏2+] + 1,818 𝑥 10–3
0,0592
2[− 0,4490 − (− 0,4706 )]
=
= 0,7297
0,0592

[𝑃𝑏2+ ]
0,09091[𝑃𝑏2+] + 1,818 𝑥 10–3

= 𝑎𝑛𝑡𝑖 log

(− 0,7297) = 01863

[𝑃𝑏2+] = 4,08 𝑥 10–4 𝑚𝑜𝑙 𝐿–1

Questão FQ1:

Questão FQ2:
a)
PV=nRT
P x 4,86L = 10 mols x 0,082 L atm/K mol x 300,5K
P = 50,70 atm
b)
P=

P=

nR
T

— a(

V − nb

n) 2

V

10 2
— 5,562(
)
4,86 − (10 x 0,06380)
4,86
10 x 0,082 x 300,5

𝐏 = 𝟑𝟒, 𝟕𝟔 𝐚𝐭𝐦

Questão FQ3:
a)

Para determinar a ordem da reaçã o com relaçã o ao H2O2, basta comparar os
experimentos I e III:
𝑉𝑒𝑙. 𝐼𝐼𝐼
𝑉𝑒𝑙. 𝐼

=

6,0𝑥10–4
2,0𝑥10–4

=

[0,030]a. [0,015]b. [0,20]c
[0,010]a. [0,015]b. [0,20]c

3 = 3a
𝑎=1

Para determinar a ordem da reação com relação ao I-, basta comparar os
experimentos I e IV:

𝑉𝑒𝑙. 𝐼𝑉
𝑉𝑒𝑙. 𝐼

=

4,0𝑥10–4

[0,010]a. [0,030]b. [0,20]c

2,0𝑥10

[0,010]a. [0,015]b. [0,20]c

=
–4

2 = 2b
𝑏=1

Para determinar a ordem da reação com relação ao H+, basta comparar os
experimentos I e II:

𝑉𝑒𝑙. 𝐼𝐼
𝑉𝑒𝑙. 𝐼

=

4,0𝑥10–4

[0,015]1. [0,020]1. [0,10]c
=
2,0𝑥10–4 [0,010]1. [0,015]1. [0,20]c

0,10 c
1=(
)
0,20

𝑐=0

b)

De posse das ordens de reaçã o de cada reagente é possıv el escrever a lei de
velocidade da reaçã o.

𝑣 = 𝑘[𝐻2𝑂2]. [𝐼–]

Utilizando os dados do experimento I, tem-se que:

𝑘=

𝑣
[𝐻 𝑂 ]. [𝐼–]
2 2

𝑘 =

2,0𝑥10–4𝑚𝑜𝑙. 𝑑𝑚–3. 𝑚𝑖𝑛–1
[0,010 𝑚𝑜𝑙. 𝑑𝑚–3]. [0,015 𝑚𝑜𝑙. 𝑑𝑚–3]

𝑘 = 1,33 𝑚𝑜𝑙–1. 𝑑𝑚3. 𝑚𝑖𝑛–1

Questão QI1:
a)
𝑓=

𝑐
𝜆

f = 3,00x108
380x10-9
f = 7,89 x 1014 s-1

E = hf
E = 6,63 x 10-34 x 7,89 x 1014
E = 5,23 x 10-19 J
b)
Ecinética = Eincidente – Φ
Ecinética = 5,23 x 10-19 – 3,69×10-19
Ecinética = 1,54 x 10-19 J

Questão QI2: A explicação para este fato está relacionada a capacidade do átomo de
fósforo poder expandir o octeto, visto que este pode utilizar orbitais 3d para fazer
ligações químicas. Vale ressaltar que o átomo de fósforo se encontra no 3º período
da Tabela Periódica e o nitrogênio, por outro lado, no 2º período.

Questão QI3:

a)

Ordem da ligação na molécula = (número de elétrons ligantes – número de elétrons
anti-ligantes)/2
OL= 8-2
2
OL = 3
A molécula de N2 é diamagnética.
b)
Quando se compara as ordens de ligação das moléculas de N 2 e N2+, observa-se que
para a formação do íon N2+, é retirado um elétron do orbital molecular ligante,
reduzindo a ordem de ligação para OL = (7–2)/2 = 2,5. Portanto, a força da ligação e
estabilidade do íon N2+ diminui em relação à molécula de N2. Ademais, a propriedade
magnética é alterada, e o íon N2+ é paramagnético com um elétron desemparelhado.

Questão QO1:

Questão QO2:

Questão QO3: A base mais forte é a proveniente do butano (C). Justificativa: a base
formada a partir de um alcano (butano) é mais forte devido ao pKa na faixa de 50
em relação às bases advindas de alqueno (B) pka aproximadamente 44, e alquino
(A) com pKa na faixa de 25. Outra justificativa pode ser em relação à hibridização
sp3 de alcano que tem um caráter s de 25% em relação às bases advindas de alqueno
(B), e alquino (A) que têm caráter s de 33% e 50%, respectivamente.