Unesp 2020 - 1ª fase

Os cloroplastos são plastídeos especializadas na realização da fotossíntese. Para tanto, eles possuem pigmentos que absorvem a luz na faixa do vermelho e do azul/violeta. Esses pigmentos são denominados clorofilas e estão localizados nos fotossistemas 1 e 2, presentes na membrana dos tilacoides.

Existem dois tipos de clorofilas nos cloroplastos das plantas terrestres: a e b. A clorofila a é a mais importante para o processo de fotossíntese, pois ela está presente no centro de reação dos fotossistemas 1 e 2, onde ocorre a perda dos elétrons excitados. É a energia dos elétrons perdidos pelas clorofilas a, durante a fase fotoquímica, que será usada para a síntese de ATP e de NADPH, moléculas essenciais para que ocorra o ciclo de Calvin. A clorofila b, embora não perca elétrons, é fundamental no processo de transferência da energia absorvida dos fótons para o centro de reação dos fotossistemas.

Os metais alcalinos terrosos quando em forma íônica possuem carga +2. Assim, os íons magnésio presentes na estrutura molecular das clorofilas possuem carga +2.

Conforme apresentado na figura, o grupo metil da clorofila a é substituído na clorofila b por um grupo carbonila ligado a um hidrogênio, grupo característico da função aldeído.

A concentração de íons H⁺ ([H⁺]) em uma solução é dada por [H⁺] = 10^-pH. Assim, para pH = 1 a [H⁺] = 10^-1 mol/L e para  pH = 5  a  [H⁺] = 10^-5 mol/L. Logo, quando o pH é variado de 1 para 5, ocorrerá uma diminuição na concentração de íons H⁺ na solução.  

Uma variação do pH de 1 para 5 implica uma variação na concentração de íons H⁺ de 10^-1 mol/L para 10^-5 mol/L, ou seja, uma diminuição de $\frac{{10}^{-1} mol/L}{{10}^{-5} mol/L}=10.000$ na concentração de íons H⁺.

A energia de ativação determina a velocidade das reações, quanto maior for a energia de ativação, mais lenta será a reação. Em reações que ocorrem em várias etapas a velocidade da reação global será determinada pela etapa que possuir maior energia de ativação, que consequentemente será a etapa mais lenta. Portanto, a terceira etapa possui maior energia de ativação e será a etapa determinante da rapidez do processo.

Um cubo possui seis faces idênticas, as quais apresentam área igual a ao quadrado de sua aresta (a = 1cm, conforme indicado na imagem da questão). Sendo assim, a área total do cubo (A_cubo) será:

$A_{cubo}=6\times a^2=6\times 1{\mathrm{cm}}^2\Rightarrow$

$A_{cubo}=6 {\mathrm{cm}}^2$.

Sabendo que a camada de cobre precisa ter espessura (h) de 1×10^-2 cm, podemos determinar o volume de cobre utilizado:

$V_{Cu}=A_{cubo}\times h =6 {\mathrm{cm}}^2\times 1\times {10}^{-2} \mathrm{cm}\Rightarrow$

$V_{Cu}=0,06 {\mathrm{cm}}^3$.

Usando a densidade (d) deste metal podemos determinar a massa de cobre (m) utilizada no revestimento:

$$\begin{gathered} d=\frac{m}{V} \Rightarrow m=d·V_{Cu} = 9 \mathrm{g}·{\mathrm{cm}}^{-3}\times 0,06 {\mathrm{cm}}^3\Rightarrow \\ m=0,54 \mathrm{g} \mathrm{de} \mathrm{Cu}. \end{gathered}$$

No processo eletrolítico deve ocorre a formação de cobre metálico a partir de uma solução contendo íons cobre, que representa um processo de redução visto que o íon Cu²⁺ ganha elétrons. Desse modo, a semirreação de redução será:

Cu²⁺_(aq) + 2 e^- → Cu_(s)

A semirreação mostra que para cada mol de cobre metálico formado são necessários dois mols de elétrons. Sendo a massa molar do cobre (M_Cu) igual a 63,5 g/mol e a carga elétrica de 1 mol de elétrons (constante de Faraday, F) dada no enunciado igual a 1×10⁵ C, podemos correlacionar ambas:

$1 \mathrm{mol} \mathrm{Cu} = 63,5 \mathrm{g} \mathrm{e} 1 \mathrm{mol} \mathrm{de} \mathrm{elétrons} = 96.500 \mathrm{C}.$

$$\begin{gathered} \frac{2\times 96.500 \mathrm{C}}{Q}=\frac{63,5 \mathrm{g} \mathrm{Cu}}{0,54 \mathrm{g} \mathrm{Cu}}\Rightarrow \\ Q =\frac{ 2\times 96500\times 0,54}{63,5}\Rightarrow \\ \boxed{Q\cong 1701 \mathrm{C}}. \end{gathered}$$

Com base na corrente elétrica aplicada na eletrodeposição (i = 200 mA = 0,200 A) é possível determinar a o tempo necessário para que a carga Q passe pelo sistema. Visto que a unidade de corrente ampère representa a carga, em coulomb, que atravessa um sistema a cada segundo, temos:

$i=\frac{Q}{t}$

onde t representa o tempo. Substituindo os valores de corrente e carga calculado anteriormente, chegaremos ao tempo gasto na eletrólise:

$$\begin{gathered} t=\frac{Q}{i}=\frac{1701}{0,2}\Rightarrow \\ \boxed{t=8505 \mathrm{s}}. \end{gathered}$$

a) Incorreta. O mercúrio é um metal líquido na temperatura ambiente e pode volatilizar com facilidade formando vapor de mercúrio. Este metal não influencia no efeito estufa, o qual depende dos gases CO₂, NO_x e CH₄, dentre outros presentes na atmosfera.

b) Correta. O mercúrio no estado fundamental pode ser oxidado na atmosfera formando o íon Hg2+. Este íon forma compostos que são solúveis em água e, desta forma, acabam sendo metabolizados por bactérias formando o composto dimetilmercúrio, Hg(CH₃)₂, que é um composto extremamente tóxico e biocumulativo em tecidos apolares e, portanto, pode passar de uma espécie para através da alimentação.

Obs: Um dos problemas mais agravantes da utilização de mercúrio, principalmente em locais de garimpo de ouro, é a contaminação de peixes por dimetilmercúrio e sua posterior acúmulo/contaminação em seres humanos que se alimentam deles.

c) Incorreta. O sulfeto de mercúrio é o constituinte do minério cinábrio, que é a forma natural do mercúrio na natureza. Este composto é um sal insolúvel em água e nesta forma não agride diretamente o ambiente.

d) Incorreta. Na crosta terrestre o mercúrio é encontrado principalmente na forma de sulfeto, constituindo o minério cinábrio. Para obtê-lo na forma metálica é necessário um processo denominado ustulação, que é o aquecimento em presença de oxigênio, conforme a equação:

HgS + O₂ → Hg + SO₂

e) Incorreta. O mercúrio não é inerte, pois pode sofrer reações químicas oxidando aos seus íons bivalentes (Hg₂²⁺ e Hg²⁺), ou ainda formando compostos organometálicos como o dimetilmercúrio.

O nitreto de gálio-alumínio é utilizado como uma liga ternária formada por nitrôgenio, alumínio e gálio, onde na estrutura cristalina existe uma alternância entre os elementos do grupo 13, o Aℓ e o Ga. Tais metais apresentam configuração eletrônica do estado fundamental terminada em ns²np¹, portanto, possuem 3 elétrons de valência.

₁₃Aℓ = 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p¹

₃₁Ga = 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 3d¹⁰ 4p¹

Para adquirirem estabilidade, segundo à regra do octeto, devem apresentar ao menos oito elétrons na camada de valência. Por serem metais, possuem alta eletropositividade e, portanto, tendem a perder elétrons. Para ficarem com o octeto completo, é necessário a perda de três elétrons, apresentando as seguintes configurações eletrônicas:

₁₃Aℓ³⁺ = 1s² 2s² 2p⁶       (8 elétrons de valência)

₃₁Ga³⁺ = 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d¹⁰     (18 elétrons de valência)

Sendo assim, os elementos Aℓ e Ga apresentam números de oxidação +3.

O nitrogênio apresenta cinco elétrons na camada de valência, tendo a seguinte configuração eletrônica no estado fundamental:

₇N = 1s² 2s² 2p³

Para completar o octeto, os átomos de nitrogênio recebem os elétrons provenientes dos metais, formando um ânion trivalente:

₇N^3- = 1s² 2s² 2p⁶     (8 elétrons de valência)

Portanto, o elemento N apresenta número de oxidação -3

A distância percorrida pelo nadador durante uma braçada pode ser estimada pela área sob a curva do gráfico de sua velocidade em função do tempo. A área sob a curva do gráfico pode ser aproximada pela área de um retângulo menos a área de um triângulo, como mostrado na figura abaixo.

Seu deslocamento em uma braçada será, então,

$\Delta s_{braçada}\stackrel{\mathrm{N}}{=}{A}_{retângulo}-A_{triângulo}\Rightarrow$

$\Delta s_{braçada}=1·1,8-\frac{(0,8-0,4)·1,8}{2}\Rightarrow$

$\Delta s_{braçada}=1,8-0,36\Rightarrow$

$\Delta s_{braçada}=1,44 \mathrm{m}.$

Com isso, para percorrer 36 metros, serão necessárias $N$ braçadas:

$\Delta s=N·\Delta s_{braçada}\Rightarrow$

$36=N·1,44\Rightarrow$

$\boxed{N=25}.$

Johannes Kepler (1571 - 1630) formula suas leis sobre o movimento dos planetas ao redor do Sol entre 1609 e 1619. Sua terceira lei, diz que a razão entre o quadrado do período (T) da óbita de um planeta e o cubo do raio médio (D) da órbita é constante para o movimento de todos os planetas. Esta lei foi concebida a partir dos dados obtidos por Tycho Brahe (1546 - 1601) sobre a órbita de Marte, e é a ela que a questão se refere. Além desta lei, Kepler estabeleceu duas leis anteriores:

- a primeira lei, baseando-se no modelo heliocêntrico, assim como Copérnico (1473 - 1543), afirma que a órbita de um planeta não é uma circunferêcia perfeita, mas uma elipse, na qual o Sol ocupa um de seus focos;

- a segunda lei diz respeito ao aumento da velocidade de um planeta quando este se aproxima do Sol, e afirma que o vetor posição do planeta em relação à estrela varre áreas iguais em tempos iguais.

Posterior a Kepler, Newton (1643 - 1727) formula sua Teoria da Gravitação Universal, publicada em 1687 como parte de sua obra Philosophiæ Naturalis Principia Mathematica, a qual oferece uma explicação a partir de primeiros princípios para as três leis formuladas por Kepler, e abriu caminho para o estudo do movimento de outros corpos celestes.

Kepler viveu em uma Europa marcada pelo humanismo e pelo movimento conhecido como Renascimento. Em sua vertente científica, o Renascimento valorizou o conhecimento da Antiguidade e também a experimentação e a observação da natureza, buscando explicações calcadas na razão para fenômenos naturais. A partir da aplicação dessas técnicas, é possível observar constantes e tendências naturais e, a partir disso, propor fórmulas e leis. Esse método de investigação científica divergia de alguns pressupostos defendidos pela Igreja católica durante a Idade Média e Moderna, atribuindo apenas à vontade divina a ocorrência desses fenômenos naturais. O pensamento de figuras como Kepler e Newton foi essencial para a mudança de todo um paradigma na forma como se pretende entender, explicar e questionar o mundo.

Como a ordenada $y$ do carrinho indica sua altura, temos que, em A, $y_A=1 \mathrm{m}$, ponto em que sua velocidade é $v_A=4 \mathrm{m}/\mathrm{s}$. Quando o carrinho passar por B, cuja abscissa é $x_B=5\pi /4 \mathrm{m}$, com velocidade $v_B$ sua altura será:

$y_B=\cos \left(\frac{5\pi }{4}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{m}.$

Na ausência de resistência do ar e de atrito, conserva-se a energia mecânica, logo a soma das energias potencial e cinética em A e B são iguais. Usando que $\sqrt{2}=1,4$, vem que:

$$\begin{gathered} E_{MEC,A}=E_{MEC,B} \\ \Rightarrow m·g·y_A+\frac{1}{2}m·{v_A}^2=m·g·y_B+\frac{1}{2}m·{v_B}^2 \left[÷\frac{m}{2}\right] \\ \Rightarrow 2·10·1+4^2=2·10·\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)+{v_B}^2 \\ \Rightarrow {v_B}^2=50 \\ \Rightarrow v_B=5\sqrt{2}=5·1,4=7 \mathrm{m}/\mathrm{s}. \end{gathered}$$

A entalpia da reação de combustão do butano (ΔH_c) pode ser calculada com base nas entalpias de formação das espécies envolvidas. A entalpia de formação (ΔH_f) indica a energia liberada/absorvida na síntese de 1 mol do composto nas condições padrão. Sendo assim, o ΔH_c será dado pela soma das energias de formação dos produtos menos as energias de formação dos reagentes (visto que não estão sendo formados mas, sim, "consumidos").

$$\begin{gathered} ∆H_C=5\times ∆H_f\left({\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\right)+4\times ∆H_f\left({\mathrm{CO}}_2\right) \\ -\raisebox{1ex}{$13$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.\times ∆H_f\left(O_2\right)-1\times ∆H_f\left({\mathrm{C}}_4{\mathrm{H}}_{10}\right)\Rightarrow \end{gathered}$$

$∆H_C=5\times (-286)+4\times (-393)-\raisebox{1ex}{$13$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.\times 0-1\times (-126)\Rightarrow$

$∆H_C=-1430-1572-0+126\Rightarrow$

$\boxed{∆H_C=-2876 \mathrm{kJ}·{\mathrm{mol}}^{-1}}.$

Como a energia térmica proveniente da reação foi integralmente absorvida pelo gelo, a quantidade de calor trocada é de $Q=2876 \mathrm{kJ}$, pois 1 mol de butano foi consumido. Logo, a massa $m$ de gelo que se funde a 0°C pode ser determinada usando seu calor latente de fusão $L_{fusão}=320 \mathrm{J}/\mathrm{g}$:

$Q=m·L_{fusão}\Rightarrow$

$2876·{10}^3=m·320\Rightarrow$

$\boxed{m\cong 9·{10}^3 \mathrm{g}=9 \mathrm{kg}.}$

Segundo o enunciado, a imagem conjugada pela lente da câmera sobre seu filme ou seu CCD¹ se forma a 20 cm desta; sendo a imagem real, temos que $p\text{'}=20 \mathrm{cm}=0,2 \mathrm{m}$. Além disso, esta imagem, também por ser real, é invertida, de modo que seu aumento linear transversal deve ser um número negativo:

$A=-\frac{1}{5000}.$

Indicando por $p$ a distância entre a lente da câmera e o objeto, temos que:

$A=-\frac{p\text{'}}{p}\Rightarrow -\frac{1}{5000}=-\frac{0,2}{p}\Rightarrow p=1000 \mathrm{m}.$

Como a distância entre a lente e o objeto corresponde à altura do balão, este deve se posicionar a 1.000 m do solo.

¹CCD: charge-coupled device (dispositivo de carga acoplada) é o componente fotossensível para captura de imagens em câmeras digitais, satélites, equipamentos médico-hospitalares, e outros instrumentos.