PROVA COMENTADA
Olá queridos alunos e amigos do Estratégia Concursos
Venho aqui comentar as questões de Química para o cargo de TÉCNICO QUÍMICO, do concurso da Liquigás 2018.
Inicialmente observei UMA questão para recursos ou contestações. Uma mudança de gabarito.
Para quem estudou pelo meu material uma conclusão: gabaritou!!!!
Situações da prova estavam relatadas no meu material. Inclusive coloco as questões das aulas para que você observe qua a banca “se repete”.
Desejo que tenham feito uma excelente prova e tenham alcançado seu objetivo que é a sua aprovação.
Boa sorte.
Prof. Wagner Bertolini
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Nanopartículas de prata têm propriedades antibacterianas. A produção dessas nanopartículas pode ser feita em solução aquosa, a partir de íons Ag+, promovida pelo borohidreto de sódio (NaBH ), como indicado na equação abaixo.
AgNO3(aq) + NaBH4(aq) → Ag(s) + ½ H2(g) + ½ B2H6(g) + NaNO3(aq)
Considerando-se a direção da formação dos produtos, na reação de oxirredução, a(o)
A) prata é oxidada.
(B) NO3- é oxidado.
(C) NOX do boro não se altera.
(D) NOX do sódio diminui em uma unidade.
(E) Ag+ é menos redutor do que o íon BH4-.
RESPOSTA DA BANCA: E.
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Para responder a questão irei calcular o nox nas espécies:
AgNO3 NaBH4 → Ag H2 B2H6 NaNO3
+1 +5 -2 +1 +3 -1 0 0 +3 -1 +1 +5 -2
Observe que quem variou o nox foi o Ag+ e o H-.
Vamos analisar as alternativas:
A) prata é oxidada. ERRADO. Os íons prata sofrem redução. Já estaria errado mencionar “prata”.
(B) NO3- é oxidado. ERRADO. Não há mudança no nox do grupo e nem de seus elementos.
(C) NOX do boro não se altera. CORRETO. Permaneceu sempre +3.
(D) NOX do sódio diminui em uma unidade. ERRADO. Permaneceu sempre em +1.
(E) Ag+ é menos redutor do que o íon BH4-.
RESPOSTA DA BANCA: E.
RESPOSTA DA BANCA: C.
RECURSO PARA ALTERAR GABARITO
22. A sucralose é um edulcorante amplamente consumido
encontra-se a função química oxigenada
(A) aldeído
(B) fenol
(C) ácido carboxílico
(D) álcool
(E) cetona
RESPOSTA DA BANCA: D.
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As funções oxigenadas que a molécula apresenta são álcool e éter. Como não temos éter entre as alternativas, restar marcar a letra D.
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Um sistema aquoso coloidal de nanopartículas de prata (AgNPs) foi produzido usando excesso de agente redutor, garantindo a redução quantitativa dos íons Ag+, inicialmente presentes em 50,00 mL do sistema aquoso reacional. A elevada relação superfície-volume e a carga superficial mantêm as AgNPs dispersas homogeneamente no meio aquoso. A partir de medição de espalhamento de luz, determinou-se que a concentração de AgNPs era igual a 1,0 x 10-7 mol L-1.
Sabendo-se que as condições de reação foram ajustadas para que cada nanopartícula contivesse 250 átomos de prata, a massa de AgNO3, em miligramas, usada para preparar o sistema aquoso reacional, foi
M (AgNO3) M = 170 g/mol
(A) 0,2
(B) 0,4
(C) 0,8
(D) 2,0
(E) 8,0
RESPOSTA DA BANCA: A.
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Vou fazer de forma bem detalhada para faciltar o entendimento.
De acordo com o texto temos que cada 1 NPs contem 250 átomos de prata.
1mol de AgNO3 pesa 170g e contem 6×1023 átomos de Ag.
X —————–1 átomo.
Assim, para cada átomo de Ag preciso de 28,33×10-23g. Vou deixar assim mesmo.
Para cada AgNPs terei esta massa multiplicada por 250.
Logo, para cada AGNPs precisarei de 7.083×10-23 g de AgNO3.
Devemos tomar alguns cuidados com questões com enunciados grandes e que informam valores no início e depois outros valores ao final. E na pergunta relaciona o valor inicial.
O que quero dizer com isso? Que a banca quer saber a quantidade de prata no sistema inicial, ou seja: 50mL. Para isso, basta uma regra de três.
Então temos:
1,0 x 10-7 mol de AgNPs——– 1000 mL
X————————————–50 mL
X = (1,0 x 10-7 x 50)/1000 = 5×10-9 mol de NPs.
Não esqueçamos de que este valor deve ser multiplicado por 6×1023 para determinar o número de partículas AgNPs.
Agora basta fazer a seguinte relação:
Para uma molécula de AgNPs preciso de 7.083×10-23 g de AgNO3.
1 molécula de AgNPs —–requer 7.083×10-23 g de AgNO3
5×10-9 x 6×1023 moléculas—————-Z
Z = 7.083×10-23 x 5×10-9 x 6×1023
Z = 7.083 x 5×10-9 x 6
Z = 212.500×10-9g
Z = 0,212500×10-3g
Z = 0,21 mg
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Uma mistura gasosa contém H2 e Ne, exercendo pressão total de 5 atm, sob condições ideais. Sabendo-se que a massa de Ne na mistura é 4 vezes maior que a massa de H2, a pressão parcial do H2, em atm, teria um valor mais próximo de
(A) 2,5
(B) 3,6
(C) 4,2
(D) 5,0
(E) 5,8
Dado
M (H2) = 2 g mol-1
M (Ne) = 20 g mol-1
(RT/ V) = 1 atm/mol
RESPOSTA DA BANCA: B.
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Vamos aos fatos, eheheh
Pressão total de 5 atm
A massa de Ne na mistura é 4 vezes maior que a massa de H2
Qual a pressão parcial do H2?
Então, meus caros. Como não temos a massa dos gases, podemos estipular qualquer valor. Desde que mantenhamos as condições estabelecidas.
Vamos supor que tenhamos 20 de Ne (portanto, já sabemos de que trata de 1mol desse gás). Logo, devemos ter 20/4 = 5g de H2.
Agora calculemos numero de mol do H2 nessa massa.
1mol H2———–2g
x——————-5g
Assim, teremos 2,5 mol de H2.
Logo, teremos 1,0 mol de Ne + 2,5 mol de H2.
Perceba que a quantidade de H2 é bem maior. A pressão parcial dele deve ser,também, bem maior que a do Ne.
Para ressaltar, observe que as alternativas D e E são ridículas. Nãopode um cara em uma mistura exercer 100% da pressão (senão, não seria mistura) e menos ainda, exercer pressão maior do que a registrada.
Percebe que se eu dividir os valores em mol por 0,5 teria:
Ne = 1/0,5 = 2 partes
H2 = 2,5/5 = 5 partes
Somando eu teria (2 + 5) 7 partes.
O H2 teria participação com 5 das 7 partes. Logo, ele exerce 5/7 da pressão total. Isso é a fração molar.
Assim, a pH2 = 5/7 x 5 = (5×5)/7 = 25/7 = 3,57 atm.
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Dada a lista de elementos: silício, alumínio, rubídio, radônio e escândio, constata-se que há nessa lista
(A) dois metais, um semimetal e dois não metais
(B) dois metais, um semimetal e dois gases
(C) dois elementos representativos, dois metais de transição externa e um lantanídeo
(D) três metais, um semimetal e um gás
(E) três elementos representativos e dois elementos de transição externa
RESPOSTA DA BANCA: D.
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Questão praticamente dada, pois, na prova havia a tabela periódica. O candidato deveria saber o mínimo sobre a classificação dos elementos químicos.
26.
A liberação de calor proveniente da combustão da glicose (C6H12O6) é de 2.600 kJ de energia por cada 1 mol. Um atleta olímpico precisa de 10.140 kJ por dia, quando em treinamento prévio a uma grande competição.
Ao expressar essa energia em termos de massa de glicose, o atleta deve ingerir, em gramas, aproximadamente
A) 300
(B) 700
(C) 1.200
(D) 2.400
(E) 5.000
Dado
M(C) M= 12 g mol-1
M (O) M= 16 g mol-1
M(H) M= 1 g mol-1
RESPOSTA DA BANCA: B.
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No meu curso coloquei uma questão muito parecida com essa. Vejam:
02. (TÉCNICO DE OPERAÇÃO JUNIOR – PETROBRAS – CESGRANRIO/2012). Ao ser queimado de forma completa, o etanol produz dióxido de carbono e água e libera calor que pode ser aproveitado como fonte de energia.
Dados: M (CH3CH2OH) = 46 g/mol
Então, vamos à resolução com a equação dada:
1 mol glucose (C6H12O6) —pesa 180g—–libera 2.600 kJ
X——- 10.140KJ
X (180×10.140)/2600=
X = 702g
27.
Uma solução líquida contém duas substâncias denominadas I e II. Um volume de 100 microlitros da solução foi colocado perto da borda inferior (na linha da amostragem) de uma placa de cromatografia de camada delgada, cuja fase estacionária tem caráter mais polar.
A borda inferior da placa foi mergulhada em solvente de caráter menos polar, de forma que este, por capilaridade, percolasse a fase estacionária. Após 5 minutos, a linha de frente foi marcada 10,0 cm acima da linha de amostragem.
Sabendo-se que o fator de retenção (RF) da substância I foi de 0,9, que o da substância II foi de 0,6 e que os diâmetros das manchas foram de 0,2 cm, conclui-se que a
(A) separação das substâncias foi completa.
(B) substância I é mais polar do que a substância II.
(C) substância I tem maior afinidade com a fase estacionária.
(D) substância II não tem afinidade alguma pela fase móvel.
(E) mancha da substância I subiu 3 cm na placa cromatográfica após 5 minutos.
RESPOSTA DA BANCA: A.
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Vamos fazer alguns comentários e depois analisar a resposta.
Se a fase estacionária é mais polar significa que a substancia mais polar terá maior interação com ela e caminhará menos durante a eluição (menor Rf, logo, substância II).
Se a fase móvel é menos polar, ocorrerá o reforço desta ideia: a menos polar interage mais intensamente com a fase móvel e percorre maior distancia (maior Rf, logo, substância I)
Se adistancia da linha de frente é de 10cm podemos concluir que a substancia 1 atingiu a altura de 9cm e a substancia II atingiu a altura de 6cm.
Se as manchas apresentam diamento de 0,2cm então a substancia II poderia atingir máximo de até 6,2cm e a substancia I o mínimo de 8,8cm. Assim, podemos garantir que as substâncias se separaram completamente.
(A) separação das substâncias foi completa. CORRETO
(B) substância I é mais polar do que a substância II. ERRADO
(C) substância I tem maior afinidade com a fase estacionária. ERRADO
(D) substância II não tem afinidade alguma pela fase móvel. ERRADO. Se não tivesse afinidade ela teria ficado na linha “de partida”.
(E) mancha da substância I subiu 3 cm na placa cromatográfica após 5 minutos. ERRADO. Foram 9 cm.
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A reação de oxirredução que ocorre numa pilha de lítio é representada simplificadamente a seguir:
2 Li(s) + I2(s) → 2 Li(aq) + 2 I-(aq)
Dados os potenciais padrões de redução:
Eo Li+/Li = -3,05 V
Eo I2 /I- = +0,53 V
verifica-se que a diferença de potencial padrão dessa pilha, em volts, é
(A) -3,58
(B) -2,52
(C) +0,53
(D) +2,52
(E) +3,58
RESPOSTA DA BANCA: E.
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Questão básica sobre pilhas.
Para determinar a ddp basta simplesmente fazer a diferença entre o maior potencial apresentado e o menor potencial.
Assim, teremos:
Ddp = (+0,53) – (-3,05 V) = 0,53 + 3,05 = 3,58 V
Essas foram as questões solicitadas pelos alunos.
Abraço
Prof. Wagner Bertolini