Fuvest 2020 - 1ª fase

a) Incorreto. Não acontece liquefação da sacarose, pois esta interage com a água sendo solvatada. Além disso, o ponto de fusão da sacarose é acima de 160°C, logo, não seria possível passar para o estado líquido, visto que a temperatura do café seria no máximo algo em torno de 100°C.

b) Incorreto. De fato, o vapor de água ao entrar em contato com o algodão forma núcleos de condensação, mas não precipitam na forma e água pura, visto que o componente constituinte do algodão é solúvel nela.

c) Incorreto. O texto não informa se há açúcar no café, no entanto, deixa a entender que não há ("opção diferente para adoçar a bebida"). De qualquer forma, a sacarose é termicamente instável e não evaporaria, pois se decompõe antes.

d) Correto. O café quente perde moléculas de água para fase gasosa devido à pressão de vapor do solvente, de tal forma que, ao entrarem em contato com o algodão-doce, solubilizam as moléculas de sacarose, visto que essas são polares e interagem com a água por ligação de hidrogênio através dos grupos hidroxilas presentes em sua estrutura, conforme apresentado abaixo.

e) Incorreto. Conforme citado anteriormente, a sacarose não vaporiza, pois é termicamente instável.

Sendo a potência do aparelho igual a 1,6 kW (1600 W) e o tempo total de utilização igual a 1200 segundos (20 minutos), o gasto total de energia do vaporizador é dado por:

$\begin{array}{rcl}\Delta E& =& P_{OT}·\Delta t\\ \Delta E& =& 1,6 kW·1200 s\end{array}$

$\Delta E=1920 kJ$

O gasto de energia utilzado apenas na vaporização da água pode ser obtido por:

$\begin{array}{rcl}Q& =& n·\Delta H_{VAP}\\ Q& =& \frac{540 g}{18 g/mol}·40 kJ/mol\end{array}$

$Q=1200 kJ$

Comparando os dois resultados, temos:

$\frac{Q}{\Delta E}=\frac{1200}{1920}=0,625$

$Q\cong 62\%·\Delta E$

a) Incorreta. O césio (Cs) possui isótopos que podem ser radioativos (césio-137) ou não (césio-133). A molécula de NaCs não se formaria, pois esses dois elementos são metais e não conseguiriam se ligar por compartilhamento de elétrons (ligação covalente) para formar moléculas.

b) Incorreta. O raio atômico do Na é menor que o do Cs uma vez que ambos estão na mesma família da Tabela Periódica, o Na está localizado no 3^o período tendo 3 camadas com elétrons, enquanto o Cs está no 6^o período com 6 camadas eletrônicas. Assim, a energia de ionização do Na é maior que a do Cs, tornando a retirada de elétrons do Na mais difícil.

c) Incorreta. A retirada de nêutrons seria um fenômeno nuclear e não formaria íons. Para formar um cátion seria necessária a retirada de um elétron.

d) Incorreta. Na natureza, os átomos desses dois elementos não se ligariam formando moléculas ou compostos iônicos, pois trata-se de elementos que tendem a formar cátions, perdendo elétrons, já que apresentam baixas energias de ionização.

e) Correta. Os elementos Na e Cs não se ligam espontaneamente, pois apresentam tendência a perder elétrons (cátions) e por isso formam ligações iônicas.

a) Incorreta. Não é possível determinar qual das fases (oleosa ou aquosa) se encontra em maior temperatura. Entretanto, deve-se notar que a betanina, composto polar que faz ligações de hidrogênio com a água, encontra-se na fase aquosa (polar) e não na fase oleosa (apolar), dessa forma, a betanina não sofreria degradação na fase oleosa. Além disso, dependendo da temperatura, tanto a betanina quanto o licopeno poderiam sofrer degradação.

b) Incorreta. Apesar da fração oleosa estar mais exposta ao ar e a betanina poder sofrer oxidação (as hidroxilas poderiam ser oxidadas), a betanina, por ser polar, está presente na fase aquosa (polar) e não na fase oleosa (apolar), que está mais exposta ao ar. Além disso, o licopeno também poderia sofrer oxidação devido à grande quantidade de duplas ligações.

c) Correta. A fração oleosa é apolar e a betanina, molécula que possui vários grupos polares (principalmente hidroxilas e grupos carboxílicos), é polar, de tal forma que a interação entre elas é pequena.  Já o licopeno é um alceno, molécula apolar, portanto, interage bem com a fase oleosa (azeite, constituído majoritariamente por ácidos graxos) que também é apolar.

d) Incorreta. De fato, a fase oleosa é apolar e a fase aquosa é polar, mantendo-se separadas. Todavia, o licopeno, que é apolar, não atua como um surfactante, o qual deve possuir um grupo (cabeça) polar e uma cadeia (cauda) apolar.

e) Incorreta. Apesar da fase oleosa ter maior viscosidade que a fase aquosa, sua alta viscosidade dificultaria a difusão do licopeno ao invés de facilitá-la.

Pela leitura do gráfico, temos que apenas o limoneno tem uma quantidade de 100% presente no tempo 0 (início da reação) e vai dimunuiindo sua quantidade com o tempo, sendo o único reagente usado no processo. O $\alpha$-terpineno e o p-cimeno têm suas quantidades iniciais iguais a 0 e vão aumentando com o tempo, o que indica que serão formados na reação. Como o $\alpha$-terpineno, após um tempo tem sua concentração diminuída, conclui-se que ele é um intermediário da reação. Assim, podemos representar o processo como:

  $limoneno\to \alpha -terpineno\to p-cimeno$

Obs.: O processo não pode ser equilíbrio (processo reversível), pois a quantidade de limoneno final é nula. Também não há catalisador já que esse teria que estar presente no início da reação e no final a sua quantidade deveria ser igual a inicial.

Considerando a concentração inicial $C_i$, ao tomarmos 1 mL dessa solução e diluirmos em 99 mL de água teremos um total de 100 mL de solução. Dessa forma, a concentração final ($C_1$) diminuirá 100 vezes a cada etapa, pois:

$$\begin{gathered} C_i·V_i=C_1·V{\hspace{0.17em}}_f\Rightarrow \\ {C}_i·1 mL=C_1·100 mL\Rightarrow \\ \boxed{C_1 = \frac{C_i}{100}} \end{gathered}$$

Para a segunda dilução e concentração final C₂, teremos:

$$\begin{gathered} \frac{C_i}{100}·V_i=C_2·V{\hspace{0.17em}}_f\Rightarrow \\ \frac{C_i}{100}·1 mL=C_2·100mL\Rightarrow \\ C_2 = \frac{C_i}{100\times 100}=\frac{C_i}{{100}^2} \end{gathered}$$

É possível observar que as concetrações formam uma progressão geométrica de razão $\frac{1}{100}$. Desse modo, temos o termo geral da PG:

$C_n=C_1·{\left(\frac{1}{100}\right)}^{n-1}=\frac{C_i}{100}·\frac{1}{{100}^{n-1}}\Rightarrow \boxed{C_n = \frac{C_i}{{100}^n}}$

onde n representa o número de diluições.

Considerando que a concentração inicial é de 1 mol/L, temos o equivalente a 6×10²³ moléculas por litro ($C_i$). Sendo assim, para sobrar apenas 1 molécula ($C_n$), teremos no mínimo:

$C_n = \frac{C_i}{{100}^n}\Rightarrow 1 = \frac{6·{10}^{23}}{{100}^n}\Rightarrow$

$$\begin{gathered} {100}^n=6·{10}^{23}\Rightarrow \log \left({100}^n\right)=\log (6·{10}^{23})\Rightarrow \\ n·\log {10}^2=\log 6+\log {10}^{23}\Rightarrow 2n·\log 10=\log 6+23·\log 10\Rightarrow \\ 2n = \log 6+23\Rightarrow \boxed{n=0,5·\log 6+11,5} \end{gathered}$$

Visto que o $\log 6<\log 10$, ou seja, $\log 6<1$, temos que, ao dividir esta inequação por 2, chegaremos em:

$0,5·\log 6<0,5$

Considerando a relação anterior para o resultado de n, teremos que:

$0,5·\log 6<0,5\Rightarrow \underset{n}{\underbrace{0,5·\log 6+11,5}}<0,5+11,5\Rightarrow n<12$

Assim, serão necessárias pelo menos 12 diluições centesimais para que sobre ao menos 1 molécula ao final.

Como o objetivo é que não se tenha nem ao mesmo uma molécula, então, o número de diluições deverá ser a partir de 12.

a) Incorreta. No decaimento do ²³⁸U há emissões de partículas $\alpha$ que podem ser consideradas núcleos de átomos de He por possuírem 2 prótons e 2 nêutrons. No deciamento todo são formadas 8 partículas $\alpha$, ou seja, 8 núcleos de He.

b) Correta. No decaimento de ²³⁸U para ²³⁴U temos a emissão de 1 partícula $\alpha$  (ou 1 núcleo de He), mesma quantidade emitida na transformação de ²³⁴U para ²³⁰Th.

c) Incorreta. Pelo enunciado em 4,5 bilhões de anos (desde a formação da Terra), apenas metade do ²³⁸U decaiu, ou seja, a meia vida do ²³⁸U é 4,5 bilhões de anos. Assim, daqui a 4,5 bilhões de anos, metade da quantidade de ²³⁸U presente hoje irá decair formando He. Teremos, então, uma quantidade de He igual a atual mais 25%, considerando apenas esse processo para a formação de He:

${}^{238}U: 100\%\stackrel{4,5 bilhões de anos}{\to }50\% \stackrel{4,5 bilhões de anos}{\to }25\%$

d) Incorreta. O decaimento de ²³⁸U para ²³⁴U gera 1 partícula $\alpha$ (ou 1 núcleo de He) enquanto que o decaimento do ²¹⁴Pb para ²¹⁴Po não emite partícula $\alpha$ .

e) Incorreta. A formação de He ocorre a partir do decaimento de ²³⁸U, pois é a primeira emissão da partícula $\alpha$ .

Obs.: Nas emissões de partícula $\alpha$, temos a formação de núcleos de átomos de He, que posteriormente se transformarão em átomos de He na natureza ao "pegar" elétrons da matéria ao redor.

No enunciado é informado que os diâmetros dos corpos são proporcionais às massas atômicas. Assim, ao representar os átomos como esferas, tem-se a seguinte ordem crescente de diâmetro para os átomos neutros: d(H) < d(C) < d(F) < d(Cl). Deve-se lembrar também que um ânion sempre tem um raio (e, consequentemente, um diâmetro) maior do que seu átomo neutro. A partir disso, são feitas as análises das alternativas:

a) Incorreta. De acordo com a equação, nota-se que, nos produtos, deveria ocorrer a formação de apenas uma esfera, que representaria o íon cloro (monoatômico), e, na colisão representada, nos produtos existe uma espécie diatômica e uma poliatômica, o que não é coerente com a equação química.

b) Incorreta. Explicação análoga à explicação da alternativa A.

c) Correta. Ao analisar a situação após a colisão, nota-se a presença de uma espécie poliatômica (molécula neutra), que está em repouso, e de uma espécie monoatômica (que seria o íon cloro), o que é coerente com a equação química. Além disso, nota-se também que os vetores velocidade para as espécies monoatômicas antes e após a colisão (íons flúor e cloro, respectivamente) têm intensidades diferentes, o que é coerente com os valores de suas massas e com a conservação da quantidade de movimento: notando que a espécie poliatômica (neutra) permanece em repouso antes e após a colisão, o íon flúor, por ter uma massa menor, teria uma maior velocidade e o íon cloro, por ter uma massa maior, teria uma menor velocidade.

d) Incorreta. Após a colisão, a espécie poliatômica, que representaria a molécula neutra, está se movendo, conforme indicado pelo vetor velocidade, o que é incoerente com a informação dada no enunciando de que as moléculas neutras se encontram em repouso antes e após a colisão.

e) Incorreta. A espécie monoatômica antes da colisão, que seria o íon flúor, está representado com diâmetro maior do que a espécie monoatômica após a colisão, que seria o íon cloro, e isso não é coerente, uma vez que o diâmetro do átomo neutro de flúor é menor o diâmetro do átomo neutro de cloro, e como ambos ganham um elétron para formar os ânions, esperar-se-ia que os raios iônicos obedecessem a mesma ordem, sendo o diâmetro do íon flúor menor que o do íon cloro.

a) Correta. Na transformação da biliverdina para a bilirrubina há hidrogenação numa ligação dupla e uma alteração na posição de uma outra ligação dupla em um dos ciclos. Com isso, há alteração de NOX em dois átomos de carbono, diminuindo o valor do NOX desses dois átomos no processo (redução).

b) Incorreta. O transporte de oxigênio ocorre pelo átomo de Fe presente apenas no grupo Heme.

c) Incorreta. A função amida é caracterizada pela presença de nitrogênio ligado à carbonila, ou seja, pela presença do seguinte grupo funcional:

Observa-se a presença da função amida apenas na Biliverdina e na Bilirrubina, conforme destacado nas estruturas a seguir:

d) Incorreta. A degradação do grupo heme produz duas amidas na biliverdina, conforme destacado na imagem anterior.

e) Incorreta. Isômeros são moléculas que apresentam fórmulas moleculares iguais, mas estruturas diferentes. A oxidação do grupo heme implica na adição de oxigênio na molécula, portanto, tal molécula difere ao menos na quantidade de átomos de oxigênio, dentre outros elementos, em relação às duas outras moléculas. A biliverdina ao reduzir ganha hidrogênios, portanto, difere na quantidade de H em relação à bilirrubina.

Desse modo, as moléculas não podem ser isômeras, pois apresentam diferentes fórmulas moleculares. Especificamente, temos:

Grupo Heme: C₃₄H₃₆N₄O₄Fe

Biliverdina: C₃₃H₃₄N₄O₆

Bilirrubina: C₃₃H₃₆N₄O₆

Com base no esquema de reação apresentado como exemplo, podemos concluir que o nitrogênio proveniente de um grupo -NH₂ se ligará com o carbono carbonílico (carbono ligado ao oxigênio por ligação dupla) e, portanto, perderá os dois hidrogênios ao passo que o carbono perderá o oxigênio, levando à formação de água no processo.
 

Sendo assim, ao reagir o composto 2,4-dinitrofenilhidrazina (reagente em vermelho) com a molécula 5-metilexan-3-ona (reagente em azul), teremos o acoplamento do carbono da carbonila ao nitrogênio do grupo amino e consequente eliminação de água:

Observação: Esta reação é uma adição nucleofílica de hidrazina à carbonila, que ocorre sob catálise básica, sendo o produto denominado hidrazona, pois possui o grupo funcional –C=N–N–. O mecanismo reacional ocorre a partir do ataque nucleofílico do nitrogênio (que é uma base de Lewis) à carbonila formando um intermediário com grupo hidroxila, o qual é eliminado na forma de OH^- regenerando a base que atua como catalisador :