Correção Prova Petrobrás Téc. Químico Petróleo Jr, Prof Wagner Bertolini

Olá meus caros alunos e amigos.
Segue a prova comentada e/ou resolvida para o cargo de Técnico Químico.
Achei que a prova usou e abusou de rações de dissociação. Para quem não tem muita facilidade com a estruturação dos compostos, quanto aos íons presentes nas substâncias ou decorrentes destas, deve ter sentido uma dificuldade maior.
Química orgânica foi bem tranquila. Caiu o básico: reconhecimento de funções e nomenclatura.
O que creio que destoou em relação a outras provas anteriores foi na parte de analítica, mais precisamente em absorção atômica, onde pediram questões muito conceituais.
No meu material tínhamos várias situações que se repetiram na prova, tais como importância dos cromóforos com conjugação ou sem; tempo de retenção na cromatografia; a ênfase nas ionizações dos ácidos derivados do fósforo, etc.
Portanto, acredito que quem se preparou pelo material do nosso curso e tirou suas duvidas deve ter um aproveitamento muito bom na prova.
Agradeço pela confiança no meu trabalho e espero que vocês sejam aprovados.
Desculpem pelas fórmulas químicas, mas, quando colo o texto no site ocorre automaticamente a desformatação de muitos caracteres.
Boa sorte, excelente Natal e Ano Novo.

(PETROBRÁS – TÉCNICO QUÍMICO DE PETRÓLEO JR – CESGRANRIO – 2014).
21. Considerando 6,0×1023 como a quantidade de unidades referente a 1 mol, e sendo “massa molar” a massa, em gramas, de 1 mol de matéria, a quantidade, em mols, de íons Na+ e a quantidade de íons Cl- que há em 117 g de NaCl dissolvidos em água e totalmente dissociados nos seus íons são, respectivamente,
(A) 1 e 6,0×1023
(B) 1 e 1,2×1024
(C) 1 e 1,8×1024
(D) 2 e 6,0×1023
(E) 2 e 1,2×1024
Resolução: A massa molar deste sal é igual a (35,5 + 23) 58,5g/mol. Logo, devemos calcular o numero de mol na massa de 117g. Logo, teremos:
1mol————58,5g
x—————-117,0g

x= 117/58,5 = 2mol.
Vamos considerar a equação de dissociação deste sal, conforme a equação abaixo:
NaCl — Na+ + Cl-
2 mol————2mol——2mol
Logo, teremos 2x6x1023 íons. O que corresponde a 1,2×1024 íons Cl-
Resposta: E.

22. Considere um experimento em que, no meio aquoso, o NaOH reage por completo com o H2SO4, segundo a equação:
2NaOH(aq) + H2SO4(aq) → 2H2O( ) + Na2SO4(aq)
Nesse experimento, a massa, em gramas, de NaOH que reage por completo com 2,94 g de H2SO4 é
(A) 1,2
(B) 1,8
(C) 2,4
(D) 3,0
(E) 3,6
Resolução: Inicialmente devemos estabelecer a relação molar entre os reagentes:
2NaOH————H2SO4
2mol 1mol
Como a informação dada envolve massas, devemos trocar a palavra mol pelo valor da massa molar das substancias envolvidas:
2NaOH————H2SO4
2mol 1mol
2x 40g 1x98g

Montar a regra de três com a informação numérica dada no enunciado:
2NaOH————H2SO4
2mol 1mol
2x 40g————-1x98g
X———————-2,94g

X = (2x40x2,94)/ 98
X = 2,4g
Resposta: C.

23. Num laboratório foi realizado um experimento em que o magnésio reagiu com ácido clorídrico dando origem a 56 mL de gás hidrogênio, medido na pressão de 770 mm de Hg e temperatura de 27C.
Mg(s) + 2HCl (aq) → MgCl2(aq) + H2(g)
A quantidade máxima de H2 obtida no experimento, em miligrama, considerando comportamento de gás ideal, é, aproximadamente, igual a:
(A) 5,2
(B) 4,6
(C) 3,5
(D) 2,3
(E) 1,2
Resolução: Inicialmente devemos estabelecer a relação molar do gás, de acordo com as condições em que este foi medido.
V = 56mL = 0,056L
P = 770 mmHg
T = 27C = 273 + 27 = 300K
R = 62,3
Pela equação de Clapeyron: PV = nRT
770×0,056 = nx63,3×300
n= 0,00227 mol.

1mol H2———–2g
0,00227mol——–X
X = 2×0,00227 = 0,00454g = 4,54mg
Resposta: B.

24. Na reação do ácido nítrico (HNO3) com hidróxido de sódio (NaOH), ambos dissolvidos em água, há formação de:
(A) H2O
(B) NO2
(C) NOH
(D) NaHNO3
(E) NaOHNO3
Resolução: Reação entre ácido nítrico e hidróxido de sódio, resulta em um sal e água, conforme equação abaixo:
HNO3 + NaOH — NaNO3 + H2O
Resposta: A.

25. De acordo com o Princípio de Avogadro, volumes iguais de gases diferentes, nas mesmas condições de temperatura e pressão, possuem o mesmo número de moléculas. Em um laboratório há dois cilindros com rigorosamente o mesmo volume e nas mesmas condições de temperatura e de pressão.
Admitindo comportamento de gases ideais, se 140 g é a quantidade máxima de gás nitrogênio (N2) que pode ser introduzida no primeiro cilindro, a quantidade máxima de gás metano (CH4), em gramas, que pode ser introduzida no segundo cilindro é
(A) 8,00
(B) 10,0
(C) 20,0
(D) 40,0
(E) 80,0
Resolução: Segundo este princípio ambos os frascos apresentam mesmo numero de moléculas, portanto, mesmo numero de mol de moléculas. Basta igualar os cálculos de mol de ambos os gases:
1mol N2—–28g
x————–140g
X = 140/ 28 = 5mol

1mol de CH4—-16g
5mol—————-Y
Y = 5×16 = 80g
Resposta: E

26. Considere as equações I, II e III apresentadas abaixo, que traduzem o comportamento do H3PO4 como ácido triprótico na água.
I) H3PO4(aq) + H2O ↔ H3O+ + H2PO4 – (aq)
II) H2PO4- (aq) + H2O ↔ H3O+ + HPO4 2- (aq)
III) HPO42-(aq) + H2O ↔ H3O+ + PO4 3– (aq)
De acordo com o conceito ácido-base de Bronsted e Lowry, na equação
(A) I, a espécie H3O+ é uma base
(B) II, a espécie H2O é um ácido
C) II, a espécie H2PO4- é uma base
(D) III, a espécie HPO42- é um ácido
(E) III, a espécie PO4 3- é um ácido
Resolução: a questão envolve concenito moderno de ácido. No caso, temos os pares conjugados em cada reação e suas classificações. Lembrando que em cada reação o ácido difere de sua base conjugada por um único átomo de H e que quem tiver mais H será o ácido deste par. Então, vamos classificar em todas as equações os pares:
I) H3PO4(aq) + H2O ↔ H3O+ + H2PO4 – (aq)
ácido1 base 2 acido2 base 1
II) H2PO4- (aq) + H2O ↔ H3O+ + HPO4 2- (aq)
Acido1 base 2 acido2 base 1
III) HPO42-(aq) + H2O ↔ H3O+ + PO4 3– (aq)
Acido1 base 2 acido2 base 1
Basta, agora, verificar a alternativa correta.
Resposta: D.

27 A reação na Figura a seguir representa um teste simples capaz de identificar a presença do alceno através do desaparecimento da coloração de uma solução de bromo, onde CCl4 é o solvente.

Essa reação é de
(A) polimerização
(B) substituição
(C) eliminação
(D) esterificação
(E) adição
Resolução: Os hidrocarbonetos insaturados, como o apresentado acima, podem sofrer reação de adição à insaturação, incorporando, nesta insaturação, átomos do outro reagente (no caso, dois átomos de bromo).
Resposta: E.

28. Dicromato de potássio (K2Cr2O7) e ácido sulfúrico (H2SO4) formam uma mistura que, em condições apropriadas, é capaz de oxidar facilmente a substância representada abaixo.

Resolução: Os álcoois podem ser oxidados a aldeidos, caso sejam alcoois primários e em acetonas, se forem álcoois secundários. Os aldeidos sofrem (podem sofrer) nova oxidação, gerando ácido carboxílico.
No caso em questão teremos a formação de uma cetona (C=O), na mesma posição em que se encontra o grupo hidroxila (OH)
Resposta: C.

29. A cromatografia em camada fina é um método de análise muito utilizado para separação de substâncias presentes numa amostra. Geralmente a sílica gel é suportada em placa de alumínio e a separação das substâncias de interesse é feita em cuba cromatográfica utilizando-se o eluente apropriado, que sobe pela placa. Na escolha do eluente, levam-se em consideração as polaridades das substâncias. Na cromatografia em camada fina, o(a)
(A) eluente e a sílica gel são sólidos inertes.
(B) eluente representa a fase estacionária.
(C) eluente é um gás com baixa polaridade.
(D) sílica gel é o adsorvente.
(E) sílica gel representa a fase móvel.
Resolução: Na cromatografia fina temos a placa de alumínio recoberta por uma fina camada de sílica (desempenhando o papel de fase estacionária, pois, não se move) e usa-se um solvente (fase móvel) ou mistura de solventes. Logo, a resposta é a letra D.
Resposta: D.

30. O fator de retenção (k) indica a taxa de eluição de um analito em uma coluna cromatográfica e está relacionado com o tempo de retenção do analito (tR) e o tempo morto (tM), que é o tempo necessário para que um soluto não retido pela fase estacionária passe pelo sistema. A expressão para se obter o valor de k é
(A) k = (tR – tM) / tM
(B) k = (tR – tM) / tR
(C) k = tR / tM
(D) k = tR / (tM – tR)
(E) k = tM / (tR – tM)
Resolução: Questão bem elementar, sobre o tempo de retenção, tempo morto e fator de retenção. Observamos esta relação na alternativa A (devemos descontar o tempo do volume morto do tempo de retenção do analito) e dividir pelo tempo morto.
Resposta: A

31. No preparo de uma solução aquosa de um eletrólito forte que se dissocia por completo, ficam presentes no meio apenas as espécies iônicas. Sulfato de alumínio é um sal sólido e um eletrólito forte muito solúvel em água. Na sua dissolução ocorre o seguinte fenômeno:
Al2(SO4)3(s) + H2O(l) → 2Al3+ (aq) + 3SO4 2-
Um técnico pesou, em balança semi-analítica, 17,1 g de Al2(SO4)3 dissolveu o sal em água e levou o volume da solução a 500 mL em balão volumétrico. As concentrações de Al3+ (aq) + SO4 2- em mol/L, após a dissolução naquele volume final são, respectivamente,
(A) 0,10 e 0,10
(B) 0,10 e 0,15
(C) 0,20 e 0,20
(D) 0,20 e 0,25
(E) 0,20 e 0,30
Resolução: Como o sal tem diferentes quantidades dos ions, alternativas com concentrações iguais já devem ser descartadas (a e c).
Vamos calcular o numero de mol do sal:
1mol de Al2(SO4)3————342g
x————————————–17,1g

X = 1,71/342 = 0,050 mol
E esta quantidade de matéria está dissolvida em 0,5L. Logo, a molaridade será 0,01mol/L.
A equação de dissolução é
Al2(SO4)3(s) + H2O(l) → 2Al3+ (aq) + 3SO4 2-
x 2x 3x
Logo:
0,01 2x 0,01 3×0,01
Portanto, teríamos 0,02mol/L de Al3+ e 0,03 mol/L de SO4 2-.
Resposta: E

32. Com o objetivo de preparar uma solução padrão, um técnico realizou a seguinte operação: pesou 0,642 g de iodato de potássio, transferiu quantitativamente essa massa para um balão volumétrico de 250,00 mL, acrescentou água destilada até dissolver por completo o KIO3 e, a seguir, acrescentou mais água destilada até levar o volume da solução ao traço de referência 250,00 mL. A concentração de KIO3 na solução preparada em quantidade de matéria, em mol/L, é
(A) 0,00600
(B) 0,0120
(C) 0,0180
(D) 0,0240
(E) 0,0300
Resolução: A molaridade pode ser calculada usando-se a seguinte expressão:
molaridade = m1/M1 x V(L)
onde:
m1= massa do sal
M1 = massa molar do sal = 214 g/mol
V = volume em litros
Temos, segundo o enunciado:
molaridade = 0,642g / 214 x 0,25
molaridade = 0,012 mol/L.
Resposta: B.

33. No alto forno de uma siderúrgica, uma das reações que ocorre para a produção do redutor metalúrgico monóxido de carbono é a do coque com o gás carbônico. Em condições específicas, essa reação apresenta o seguinte equilíbrio:
C(s) + CO2 (g) 2 CO(g)
Para esse equilíbrio, a expressão da constante de equilíbrio Kc em função das concentrações das espécies, em quantidade de matéria, é:
(A) Kc = [C(s)] x [CO2(g)]
(B) Kc = [C(s)] / [CO2(g)]
(C) Kc= [CO(g)]
(D) Kc= [CO(g) ] / ([C(s)] x [CO2(g)])
(E) Kc= [CO(g)]2 / (CO2(g))
Resolução: Na expressão de Kc não entra substancia no estado sólido. Logo, teremos:
Kc = [CO(g)] 2 / [CO2(g)].
Resposta: E.

34. Sulfato de bário é um sal muito pouco solúvel em água. Esse sal, em solução saturada, encontra-se na seguinte situação de equilíbrio:
BaSO4(s) Ba2+(aq) + SO42- (aq)
Sendo o seu produto de solubilidade a 25 C igual a 1,0 x10-10, em solução saturada, a concentração de Ba2+, em mol/L, é
(A) maior do que a de SO42-
(B) menor do que a de SO4 2-
(C) igual à de SO42- e igual a 1,0×10-5
(D) igual à de SO42- e igual a 1,0×10-10
(E) igual à de SO42- e igual a 1,0×10-20
Resolução: Basta fazer a equação de dissolução deste sal, adequadamente balanceada, e depois determinar a expressão de solubilidade, substituindo-se o valor dado. Observe que o BaSO4 apresenta mesmo número de cátion e ânion (proporção 1:1). Logo, suas concentrações obrigatoriamente são iguais. Basta determinar qual o valor da concentração.
BaSO4 Ba2+ + SO42-
solubilidade X X X

Kps = [Ba2+)] x [SO42-].
1×10-10 = X . X
X2 = 1×10-10
X = 1×10–5.
Resposta: C.

35. Na volumetria ácido-base, a escolha do indicador de neutralização leva em conta a curva de titulação e a faixa de viragem do indicador

O gráfico acima refere-se à variação do pH na titulação de um ácido em função do volume de base (Vb), em mL, adicionado. O ponto estequiométrico se dá com a adição de 25 mL de base. Um indicador do ponto final da titulação apropriado para uso nessa análise é o(a)
(A) Azul de bromofenol (faixa de viragem 3,0 a 4,6)
(B) Verde de bromocresol (faixa de viragem 3,8 a 5,4)
(C) Púrpura de bromocresol (faixa de viragem 5,2 a 6,8)
(D) Fenolftaleína (faixa de viragem 8,6 a 9,8)
(E) Indigocarmin (faixa de viragem 11,5 a 13,0)
Resolução: O indicador deve mudar de cor com valores de pH na zona de viragem. Nesta reação esta zona de viragem ficaria compreendida entre pH 8 e 10,5.
Analisando-se os pontos de viragem dos indicadores, concluimos que devemos usar a fenolftaleina
Resposta: D.

36. Na análise gravimétrica por precipitação, de um modo geral, o constituinte a se determinar é separado na forma de um composto estável e sólido.
Uma amostra sólida contendo bário é solubilizada e, a seguir, precipitada com sulfato formando o precipitado de BaSO4. Essa reação está representada a seguir.
Ba2+(aq) + SO42-(aq) BaSO4(s)
Para uma amostra sólida pesando 1,000 g houve formação de 0,932 g BaSO4 (reação completa). A porcentagem em massa de bário na amostra sólida é, aproximadamente, igual a
(A) 54,8%
(B) 66,4%
(C) 71,5%
(D) 86,2%
(E) 93,2%
Resolução: Para calcularmos a porcentagem do bario na amostra precisamos determinar a quantidade em mol de bario no precipitado formado.
Portanto, vamos ao calculo:
BaSO4 M1 = (137 + 32 + 64) = 233g/mol
1mol————-233g
x——————0,932
X = 0,004mol
Usando a equação de precipitação:

Ba2+(aq) + SO42-(aq) BaSO4(s)
1mol 1mol 1mol
X————————————————0,004mol
Logo, teremos 0,004mol de Ba2+.
1 mol de Ba2+ ——————–137g
0,004 mol de Ba2+ —————-Y
Y = 0,004 x 137 = 0,548g de Ba2+.
Então, na amostra de origem temos esta massa de Ba2+ em 1,000g.
A orcentagem de bário corresponde a 54,8%.
Resposta: A.

37. O ponto final de uma volumetria de precipitação para a determinação de cloreto pode ser obtido usando o método Volhard. NÃO é pertinente a esse método a(o)
(A) adição de excesso do reagente titulante nitrato de prata.
(B) necessidade de titulação reversa com adição de solução contendo íon SCN-.
(C) presença de Fe3+ como indicador durante a titulação reversa.
(D) titulação sob agitação constante da solução titulada.
(E) uso de cromato de potássio para a indicação de ponto final.
Resolução: Este método é baseado na precipitação de cloreto de prata. O indicador para os precipitados decorre da presença de ions Fe3+ que podem formar complexos coloridos com o excesso de tiocianato (SCN-). Logo, não necessitamos do uso de cromato como indicador.
Resposta: E

38. A substância orgânica representada na Figura a seguir pertence à classe dos bioflavonoides e apresenta atividade biológica.

Na sua estrutura estão presentes as funções orgânicas
(A) éster e cetona
(B) éster e álcool
(C) cetona e aldeído
(D) cetona e éter
(E) álcool e aldeído
Resolução: As funções presentes são fenol (OH ligado no anel aromático), cetona (C=O) e éter (C-O-C).
Resposta: D.

39.

A substância representada na Figura acima é um flavorizante obtido sinteticamente (a partir de um ácido carboxílico e um álcool) utilizado em diversos alimentos e bebidas. De acordo com as regras da IUPAC, sua nomenclatura é:
(A) etanoato de octila
(B) etanoato de hexila
(C) etóxi-heptano
(D) etóxi-octano
(E) acetato de etila
Resolução: A função organica é um éster. A nomenclatura do éster deriva do nome do ácido de origem e do álcool.
No caso, temos a cadeia que veio do ácido com dois carbonos (etanoato) e a cadeia que veio do álcool com 8 carbonos (octila). Logo, etanoato de octila.
Você poderia descartar alternativas que não tragam, no total, 10 carbonos: B e C (9C), E (4C). E a nomenclatura com termo óxi (etóxi) remete à função éter. Logo, mesmo nao sabendo o nome do composto, mas sabendo contar carbonos e nome basico de eter, já teriamos a resposta.
Resposta: A.

40. Abaixo está representada a estrutura de uma substância.

A função orgânica oxigenada e a nomenclatura de acordo com as regras da IUPAC dessa substância são, respectivamente,
(A) álcool e 2,3-dimetil-hexan-1-ol
(B) álcool e 3-metil-heptan-2-ol
(C) aldeído e 2,3-dimetil-hexan-1-al
(D) aldeído e 3-metil-heptan-2-al
(E) cetona e 3-metil-heptan-2-ona
Resolução: A função apresentada é um álcool. O grupo hidroxila (OH) está no segundo carbono (prioridade para numeraçao é do grupo funcional).
Temos um radical metil no carbono 3.
Portanto, o nome deste álcool é 3-metil- heptan-2-ol.
Resposta: B.

41. O urânio pode ser enriquecido em um processo no qual ele reage com flúor de modo a formar o gás UF6. Por causa da pequena diferença nas massas molares, as velocidades de difusão do 235UF6 e do 238UF6 são ligeiramente diferentes e isso repercute na capacidade desses gases de passar por pequenos orifícios. O processo de separação, que é baseado na difusão desses gases, à temperatura constante, ao longo de percurso contendo placas inertes com pequenos poros é a
(A) destilação de gases
(B) centrifugação
(C) eletroforese
(D) cromatografia gasosa
(E) efusão gasosa
Resolução: Efusão é o nome do processo em que um gás passa por um dado orifício. Logo, como as massas dos compostos são ligeiramente diferentes estes terão diferentes velocidades de efusão. Portanto, o gas com menor massa molar terá maior velocidade de efusão. Permitindo, assim, a concentração (maior separação de um dos gases devido ao processo).
Resposta: E.

42. A dessalgação do petróleo é basicamente uma extração líquido-líquido. O processo consiste na lavagem do petróleo preaquecido (para aumentar sua fluidez) com água. O petróleo e a água são continuamente misturados para provocar o contato entre os dois. Em seguida, um campo elétrico é aplicado, por meio de um par de eletrodos, para provocar a coalescência das gotículas de água formando gotas maiores, que, por terem densidade maior, depositam-se no fundo da dessalgadora, carreando sais dissolvidos e sedimentos. O petróleo dessalgado segue seu fluxo para dentro da unidade de destilação enquanto a água é descartada.
Observe as afirmações a seguir referentes à eficiência da extração líquido-líquido.
I – A temperatura dos líquidos é um fator relevante.
II – O uso de extrações sequenciais com pequenos volumes de líquido extrator é melhor que uma única extração com volume grande de líquido extrator.
III – Os dois líquidos devem ser completamente miscíveis um no outro.
IV – O coeficiente de partição deve indicar maior solubilidade do sal em um dos líquidos.
Está correto o que se afirma em
(A) I, II e III, apenas
(B) I, II e IV, apenas
(C) I, III e IV, apenas
(D) II, III e IV, apenas
(E) I, II, III e IV
Resolução:
I – A temperatura dos líquidos é um fator relevante. CORRETO.
A mistura sofre aquecido entre 60°C e 170°C para reduzir a viscosidade e a tensão superficial
II – O uso de extrações sequenciais com pequenos volumes de líquido extrator é melhor que uma única extração com volume grande de líquido extrator. CORRETO.
Vários estudos relatam que a eficácia é maior quando se lava um material com mais volumes menores do que com único volume maior.
III – Os dois líquidos devem ser completamente miscíveis um no outro. INCORRETO.
Já que se busca a separação os líquidos devem ser imiscíveis, pois, se fossem miscíveis esta técnica não seria adequada.
IV – O coeficiente de partição deve indicar maior solubilidade do sal em um dos líquidos. CORRETO.
Quando se faz uma partição o que define onde ficará um determinado composto é a sua solubilidade em uma das fases líquidas. Por exemplo: para se determinar o teor de álcool presente na mistura com gasolina usa-se a água. O álcool é muito mais solúvel em água do que em gasolina e será, então, particionado para a água, se separando da gasolina.
Resposta: B.

43. A posição dos elementos na tabela periódica se dá em função da ordem crescente dos números atômicos, em períodos e grupos e de acordo com a quantidade de camadas eletrônicas e a distribuição dos elétrons nos seus níveis de energia. As propriedades dos elementos se relacionam com as respectivas posições na tabela. Levando em conta as posições num mesmo período ou num mesmo grupo, o
(A) sódio tende a perder elétrons mais facilmente do que o césio, nas ligações químicas.
(B) flúor tende a ganhar elétrons mais facilmente do que o bromo, nas ligações químicas.
(C) raio atômico do oxigênio é maior do que o do enxofre.
(D) raio atômico do sódio é menor do que o do cloro.
(E) raio iônico do Mg2+ é maior do que o do átomo de Mg.
Resolução: O raio atômico do césio é maior que o do sódio (estão em mesma família) pois apresenta maio raio atômico. Logo, ele tende a perder elétron com maior facilidade, pois, apresenta maior caráter metálico.
O oxigênio tem menos camadas que o enxofre (estão em mesma família). Logo, tem maio raio, pois, tem mais camadas.
O sódio tem mesmo numero de camadas que o cloro, porém, tem maior raio atômico do que o cloro, pois, tem menor numero de prótons em seu núcleo.
Todo cátion sempre é menor que seu átomo neutro (pois, perdeu elétrons e uma camada eletrônica, neste caso).
O flúor é mais eletronegativo que o bromo, logo, tende a ganhar elétrons com maior facilidade que este.
Resposta: B.

44. De acordo com a posição dos elementos químicos na tabela periódica, em função das suas propriedades, constata-se que o metal mais ativo para reagir com a água, de forma até violenta, devido ao gás que se forma e que entra em combustão com o oxigênio do ar, é o
(A) Cs
(B) Ca
(C) Fe
(D) Al
(E) Zn
Resolução: Os metais mais reativos são os alcalinos. Estes reagem com a água, violentamente, em uma reação de deslocamento, formando gás hidrogênio que, em virtude da energia liberada, geralmente pode sofrer combustão (ou mesmo uma pequena explosão). Logo, dos metais citados somente o Césio é alcalino (Cs).
Resposta: A.

45. No conjunto de elementos Fe, Sn e I, tem-se:
(A) um metal e dois metaloides
(B) dois metais de transição e um calcogênio
(C) dois elementos sólidos e um gasoso a 25C
(D) três elementos com eletronegatividade menor do que a do elemento cloro
(E) três elementos representativos
Resolução: O ferro é um metal (sólido) de transição. O estanho Sn é um metalóide (semi-metal, sólido) e o Iodo é um halogênio (sólido). Logo, uma questão de decoreba (não gosto deste tipo de questão). Todos apresentam eletronegatividade menor que a do cloro. (decoreba).
Resposta: D.

46. Em muitos casos, a medição de absorvância de uma substância molecular é feita com a mesma dissolvida em um solvente. Algumas características para o solvente são desejáveis para permitir a obtenção de uma correta informação quantitativa e qualitativa sobre o analito, impondo interferência mínima. NÃO é uma dessas características
(A) absorver luz em uma região do espectro distinta daquela onde o analito absorve.
(B) reagir parcialmente com o analito mudando o seu estado físico.
(C) dissolver o analito completamente.
(D) ser quimicamente estável.
(E) ser puro.
Resolução: O solvente não deve reagir com o analito, pois, isto traria graves duvidas sobre a eficiencia, aplicabilidade deste método. As demais caracteristicas são desejáveis para um solvente ou não trariam inconveniente para a medição.
Resposta: B.

47. Um técnico recebe em mãos uma solução padrão de uma aflatoxina cujo rótulo se perdeu. Sabe-se que o valor de absortividade molar, em 330 nm, da aflatoxina é 1.000,0 L mol-1.cm-1 quando dissolvida em etanol. O técnico colocou uma porção da solução numa cubeta de quartzo (1,00 cm de caminho óptico) e constatou que o percentual de radiação transmitido através da solução de amostra (já corrigido em relação à contribuição do solvente) foi de 10,0%.
Se esse resultado encontra-se na faixa linear de reposta da lei de Beer-Lambert, a concentração, em mol/L da aflatoxina na solução é
(A) 1,00 x 10-3
(B) 2,00 x 10-3
(C) 5,00 x 10-3
(D) 1,00 x 10-4
(E) 5,00 x 10-4
Resolução:
Podemos calcular a concentração empregando a lei de Lambert Beer. A = E.b.c
0,10 = 1000 x 1 x C
C = 0,0001 = 1×10-4 mol/L.
Resposta: A.

48. O efeito da conjugação de ligações insaturadas reflete no espectro de absorção molecular. Como exemplo, ao se comparar o espectro de uma substância de fórmula CH3-CH=CH-CH3 com o de CH3-CH=CH-CH=CH-CH3, espera-se para o
(A) CH3-CH=CH-CH3 maior absorvância e espectro mais deslocado para o vermelho.
(B) CH3-CH=CH-CH3 menor absorvância e espectro mais deslocado para o vermelho.
(C) CH3-CH=CH-CH3 menor absorvância e espectro mais deslocado para o azul.
(D) CH3-CH=CH-CH=CH-CH3 maior absorvância e espectro mais deslocado para o azul.
(E) CH3-CH=CH-CH=CH-CH3 menor absorvância e espectro mais deslocado para o vermelho.
Resolução: O composto com mais insaturações apresenta menor absorvância e terá seu espectro deslocado mais para o lado do azul devido a conjugação apresentar bandas de absorção com energias maiores e intensidades (epson) mais baixos. ESTA QUESTÃO ESTAVA EM MEU MATERAIL NO FINAL DA PÁG. 18 E INÍCIO DA PÁG. 19.
Resposta: C.

49. Na espectrometria de absorção atômica, o sinal analítico medido é a(o)
(A) soma das emissões de fundo do atomizador e da luz emitida pelos átomos no estado excitado.
(B) luz emitida por causa do retorno dos átomos de um estado mais excitado para um de menor energia.
(C) luz absorvida pela nuvem de átomos que provoca transição vibracional.
(D) luz transmitida que atravessa nuvem de átomos no estado fundamental.
(E) espalhamento de luz na nuvem de átomos no estado fundamental.
Resolução: Questão conceitual.
Resposta: D

50. A atomização eletrotérmica em forno de grafite é muito utilizada em espectrometria de absorção atômica. Nesses atomizadores:
(A) a atomização do analito ocorre na etapa de pirólise.
(B) a amostragem é feita exclusivamente de modo contínuo.
(C) a modulação de sinal é desnecessária, visto que o ruído de emissão é insignificante.
(D) o processo de aquecimento do tubo pode ser controlado de modo a minimizar interferências de matriz durante a medição de absorvância.
(E) os tubos feitos de grafite porosa causam menor efeito de memória que os feitos com grafite pirolítica.
Resolução: Na pirólise (450 a 1600C) ocorre a separação entre matriz e analito, não a atomização Esta ocorre em temperaturas bem superiores (1400 a 2600C). A amostragem não é exclusiva de modo contínuo.
O processo de aquecimento do tubo pode ser controlado. São programados estágios de aquecimentos que promovem a remoção do solvente, da matriz da amostra e por último a vaporização dos compostos contendo as espécies de interesse. É possível programar além da temperatura, a velocidade de aquecimento (ramp) e o tempo em que o forno permanecerá em uma dada temperatura (hold).
Resolução: Questão conceitual.
Resposta: D.