Problemas da Semana — Química orgânica (Soluções)

Soluções

#1

A reação é do tipo $S_{N}2$ e, portanto, um ataque nucleofílico ocorre mais rapidamente no carbono primario.

#2

Sendo o álcool em questão oxidado a ácido benzoico, de formula química $C_{6}H_{5}-COOH$, descobre-se que o álcool é o benzílico $C_{6}H_{5}-CH_{2}OH$. Em suma, sabendo que a hidrólise é o acréscimo de uma água, fazendo a desidratação (o contrário) entre o ácido e o álcool, obtém-se o éster pedido (lembrando que a esterificação é um processo reversível, seta de vai-e-vem).

$$C_{6}H_{5}-COOH + C_{6}H_{5}-CH_{2}OH \rightleftharpoons C_{6}H_{5}-COOCH_{2}-C_{6}H_{5} + H_{2}O$$

Em suma, a resposta é:

$$C_{6}H_{5}-COOCH_{2}-C_{6}H_{5}$$

De nome benzoato de benzila

#3

a) Esse produto tem os seguintes grupos funcionais: cetona, enol, amina e ácido carboxílico

b) Os átomos de carbono 1, 2, 3, 4, 5 e 8 possuem hibridização $sp^2$ contém 3 nuvens eletrônicas ao seu redor, já os 6 e 7 possuem hibridização $sp^3$ por terem 4 nuvens eletrônicas ao seu redor

c) Essa substância possuí 23 ligações sigma, porque cada ligação simples é desse tipo e cada dupla contém uma ligação sigma, e 4 ligações pi, já que cada ligação dupla contém uma delas.

#4

A letra "E" é a correta. O 3-metilpentano, formado pela substituição em questão, é isômero do hexano. O primeiro possui cadeia ramificada, enquanto que o Segundo, normal, mas ambos têm a mesma formula molecular.

#5

Usual: Nitroglicerina

Oficial: 1,2,3-trinitrato de propanotriol

Usual: TNT

Oficial: 2,4,6 - trinitrotolueno

Ambos os compostos são explosivos, sendo o TNT mais estável, precisando de detonação, enquanto a nitroglicerina instável, explodindo com fricção, contato ou agitação. Um detalhe importante é que o primeiro é um nitrocomposto e o segundo não, é um triéster do ácido nítrico, formado pela conhecida reação da glicerina (propanotriol) com ácido nítrico.

#6

Veja as estruturas dos ácidos estudados:

Ácido fumárico                                                            

Ácido maleico

Quando aquecido, o ácido maleico acaba realizando uma desidratação intramolecular, favorecida pela posição das carboxilas como apresentadas na figura, formando o anidrido maleico. Já o ácido fumarico, pela disposição de seus grupos, não sofrerá desidratação. Assim, a resposta é:

Anidrido maleico e o próprio ácido fumárico (abaixo a estrutura do anidrido maleico):

#7

#8

0. Verdadeiro. Utilizando as teorias de nomenclatura orgânica, sabe-se que esta é a fórmula do composto.

1. Falso. A destilação simples é utilizada quando os dois compostos a serem separados possuem pontos de ebulição muito diferentes (como água e o cloreto de sódio). Os componentes do petróleo possuem pontos de ebulição próximos, sendo mais de dois. Para separá-los em frações é necessário utilizar a destilação fracionada em uma torre de destilação.

2. Falso. Considerando compostos com cadeia normal, o ponto de ebulição aumenta com o aumento da massa molar. Assim, o n-heptano possui ponto de ebulição menor que o n-octano. No entanto, caso tratasse-se do 2-2-4-trimetilpentano (isoctano), a afirmação seria verdadeira, pois o isoctano tem cadeia muito ramificada e o ponto de ebulição diminui com o número de ramificações. Nesse caso, o n-hexano tem ponto de ebulição maior.

3. Verdadeiro. Enquanto o álcool etlico é produto da fermentação da cana-de-açúcar ou da beterraba (fontes renováveis), a gasolina é produto da destilação do petróleo (fonte não renovável), caracterizando como um combustível fóssil.

#9

a) Considerando o alceno de menor massa molecular, teremos:

b) Os isômeros constitucionais possíveis para esse alceno ($C_4 H_8$) são:

#10

Para um polímero ser condutor de corrente, deve possuir duplas ligações alternadas. Assim, a resposta é o poliacetileno, de estrutura:

Condutor com o agente dopante (iodo, por exemplo), cedendo ou retirando elétrons. Esse leva a um ou mais pontos positivos (ou negativos), que aparecem devido ao agente dopante, fazendo com que os elétrons das ligações duplas restantes se desloquem, sob a ação de um campo elétrico.

Estrutura exemplo do poliacetileno dopado:

Um polímero termoplástico é aquele que tem suas condições de flexibilidade reversíveis com variações de temperatura, em oposição aos termorrígidos. É importante saber que Os policarbonatos são termoplásticos servindo para a produção de placas transparentes resistentes a choques, encaixando-se na descrição dada. 

Sua estrutura é:

#11

Não. Embora seja à base de aspartame, o adoçante é rico em lactose, que gera como produtos de hidrólise a galactose e a glicose. Esse último sacarídeo, em quantidade tão significativa, é prejudicial aos portadores de diabetes.

 

Não. A reação de hidrólise não causa variação de NOX nos reagentes envolvidos.

 

Glicose:

Galactose:

#12

a) Composto A (2,4-dimetil-pent-2-eno)

b) Respectivamente, temos:

#13

 

#14

Para que a reação ocorra, é necessário que o oxigênio doe par eletrônico para o orbital sigma antiligante da ligação $C-Br$. A superposição de orbitais correta ocorre somente quando os ligantes encontram-se antiperiplanares (nesse caso, em posições axial-axial). Assim, apenas o composto A se epoxida.

#15

A alternativa correta é a letra B, pois a estereoquímica do composto apresentado não condiz com a do ácido (R,R)-2-cloro-3-amino-butanoico.

#16

Pela nomenclatura oficial do paracetamol, deduz-se que o composto é uma amida aromática.
$\bullet$ N-(4-hidroxifenil)etanamida

Amidas são obtidas a partir de reações de aminas com derivados de ácidos carboxílicos, por mecanismo de substituição nucleofílica na carbonila. Assim, possíveis compostos que levam à formação do paracetamol são: $b)$ uma amina e um anidrido.

 

#17

A ordem de reatividade aumenta conforme aumenta a quantidade de grupos substituintes doadores de densidade eletrônica para o anel aromático ou a capacidade de exercer esse tipo de doação. Assim, três compostos bastante conhecidos com a ordem de reatividade proposta seriam:

Tolueno ($-CH_3$ é doador por efeito indutivo) $<$ Fenol ($-OH$ é doador por efeito mesomérico) $<$ Anilina ($-NH_2$ é doador por efeito mesomérico)

#18

composto é a hexan-3-ona. Essa cetona possui todas as especificações indicadas: carbonila, carbono não-hidrogenado, dois carbonos metílicos e três carbonos metilênicos. Sua massa molar é de $100$ $g \cdot mol$, o que é coerente como os dados da espectroscopia.

 

#19

a1) Pd/C, Pt, Ni;

a2) Meio básico (OH-) ou ácido (H+);

a3) Meio ácido (H+) com aquecimento;

a4) Meio ácido (H+) ou fotoquímico (hν).

b1) ácido butanodioico

b2) ácido butanoico e etanol (álcool etílico)

b3) éter dietílico (etoxietano) e eteno (etileno)

b4) trans-but-2-eno

c) Enzimas possuem estrutura tridimensional definida pela interação específica dos diferentes aminoácidos que as compõem. Uma vez que essas interações não são muito intensas, qualquer variação “grande” das condições ótimas da enzima levam à desnaturação, isto é, perda da forma e consequentemente da função. Por exemplo, um pH consideravelmente abaixo do ótimo pode levar a uma protonação indesejada que altera completamente a conformação tridimensional da macromolécula.

 

#20

a) Respectivamente, os tipos de isomeria existentes são: isomeria de função (plana), isomeria geométrica ou cis-trans (espacial), isomeria de posição (plana), isomeria óptica e isomeria de cadeia (plana).

b) O metilbutano deve apresentar um ponto de ebulição maior: basicamente, isso se dá por sua maior área superficial (“tamanho”), que permite mais interações intermoleculares dipolo instantâneo – dipolo induzido (dispersão de London); ao passo que apresenta mais interações, é maior seu ponto de ebulição.

c) Nem todos os isômeros apresentam propriedades físicas e químicas diferentes. Isso se observa nos isômeros ópticos (enantiômeros): um par de enantiômeros apresenta exatamente a mesma reatividade química (exceto frente a outros reagentes quirais) e todas as suas propriedades físicas idênticas (exceto o desvio de luz polarizada). Assim, a afirmação citada é simplista à medida em que ignora os isômeros ópticos.

 

#21

A)

B) Benzeno

C) Eteno

D) 5,8-dibromocicloocta-1,3-dieno

E) 1,4-diclorobutano

F)

 

#22

a) Ácido benzenossulfônico.

 

b) Sendo a estequiometria da sulfonação de 1:1, temos:
N(benzeno) = $\dfrac{900mg}{78g/mol}$
N(benzeno) = 11,54 mmol

$N(H_2SO_4)$ =$\dfrac{1L . 980mg/L}{98g/mol}$
$N(H_2SO_4)$ = 10 mmol

Concluímos que o benzeno estava em excesso.

Note que garantir que a reação com estequiometria de 1 para 1 ocorra com exclusividade é um desafio muito relevante no trabalho de um químico, especialmente quando se trata de Análise Quantitativa (titulações...).
No item D desta questão notamos que, para este caso específico, a ocorrência de reações sucessivas não é um problema tão grave assim. É do interesse dos químicos orgânicos propor rotas de síntese que maximizem o rendimento da reação desejada excluindo reações que poderiam ocorrer em paralelo, normalmente através de grupos protetores ou - neste caso - desativadores.

c) Avaliemos a quantidade produzida de ácido benzenossulfônico.
$N_{teorico}$ =  $N_{H2SO4}$
$N_{teorico}$ = 10 mmol

Na prática, observamos uma quantidade menor de produto P.
$N_{obs}$ = $\dfrac{1,34g}{158g/mol}$
$N_{obs}$ = 8,5 mmol

Temos, portanto,
$Rendimento$ = $\dfrac{8,5mmol}{10mmol}$
$Rendimento$ = 0,85

d) Ácido 1,3-benzenodissulfônico.

 

e) Sabendo que o grupo $SO_3H$ é meta dirigente, é razoável supor que a estequiometria desta segunda sulfonação seja de 1:1 - veja que só há uma posição meta disponível para o ataque.
O primeiro passo é determinar o reagente limitante.

$N_p$ = $\dfrac{790mg}{158mg/mmol}$
$N_p$ = 5 mmol

$N_{H_2SO_4}$ = $\dfrac{(500ml . 98mg/100mL)}{98mg/mmol}$
$N_{H_2SO_4}$ = 5 mmol

Muito curiosamente, poderíamos tomar qualquer reagente como limitante, pois não há excesso neste caso.
Para o produto,

$N_Q$ = $\dfrac{150mg}{238mg/mmol}$
$N_Q$ = 0,63

O número de mols do produto $Q$ deveria ser igual ao número de mols de $P$ que reagiu - isto é, se o rendimento do processo fosse 1. Calculando o rendimento:

$Rendimento$ = $\dfrac{N_Q}{N_P}$
$Rendimento$ = 0,126

O rendimento para a sulfonação do benzeno, que tem $P$ como produto, foi de 0,85. Concluímos, portanto, que a segunda sulfonação teve rendimento significativamente menor.

f) O menor rendimento da segunda reação de sulfonação se deve ao efeito desativante do grupamento $SO_3H$ já presente no anel aromático, o qual, por meio de seu efeito indutivo retirador de elétrons, diminui a suscetibilidade do anel a uma nova substituição eletrofílica.

 

#23

b) A:2,2,4-trimetilpentano B: ácido 3-hidroxihexanóico C: etanoato de etila D: 2,6-hidroxitolueno

c)

d)A:             B:

C:                    D:

#24

a) Cl₂-> 2 Cl

CH₄ + ·Cl -> ·CH₃ +HCl

CH₃ + Cl₂ -> CH₃Cl + Cl·

CH₃ + ·Cl -> CH₃Cl

2 ·CH₃ -> C₂H₆

Como se trata de um mecanismo radicalar outras

b)

c) Antes da resposta um pouco da motivação da resposta. Pela fórmula do composto o seu IDH é 1. O positivo no teste do bromo indica que há uma ligação dupla no composto e dar dois compostos diferentes com ozônio indica que o composto é assimétrico. Se ele fosse simétrico, precisaria dar apenas um produto com o ozônio ou tem duas duplas no composto. O tratamento com meio ácido hidrata a molécula, formando um álcool. Esse álcool não reage com CrO₃, portanto, é um álcool terciário. O tratamento com H₂SO₄ desidrata o álcool formando um alceno. Pelos dados da questão, esse alceno é simétrico. Mas vamos pensar um pouco sobre o que aconteceu. Pegamos o composto A que é assimétrico, hidratamos, desidratamos e obtemos um composto simétrico? É como se somássemos um depois subtraíssemos um e obtivéssemos um número diferente do original. O que pode ter gerado essa aparente contradição? Ou alguma coisa estranha ocorreu na hidratação, ou algo estranho ocorreu na desidratação. Na hidratação em meio ácido, o mecanismo é via um carbocátion e podem ocorrer rearranjos. Na desidratação a dupla preferencial é aquela de acordo com a regra de Saytzef e a dupla inicialmente não estava no melhor lugar, termodinamicamente. Pensando mais um pouco podemos chegar em duas respostas:

d) Como a ozonólise rendeu apenas um produto, ou A é simétrico ou ele é um cicloalceno. Agora analisando a parte quantitativa:

Reação de ozonólise de A:

A-> i B

Reação entre B e NaOH:

a NaOH+ B -> a H₂O + sal

n_NaOH=C*V=0,1*24,4*10^-3=2,44*10^-3

n_NaOH,total=24,4*10^-3

n_NaOH=a*n_B ->n_B=24,4*10^-3/a

n_A=m_A/M_A=i*n_B -> M_A=m_A*a/(i*24,4*10^-3)= 41*a/i

Caso a=i=1, teríamos algo estranho: a massa molar seria um número ímpar. Então devemos ter na molécula, ou um átomo de nitrogênio ou um átomo de bromo. A menor molécula que reage com ozônio e tem um átomo de nitrogênio tem massa molecular 43 (C₂H₅N) e adicionar um átomo de bromo aumenta a massa molecular em 80, portanto, esse caso não é viável. Caso a=2, significa que o produto da ozonólise é diácido e sua massa molecular tem que ser de 82. Para gerar um produto diácido é necessário um cicloalceno. Caso i=0,5 significa que o composto é simétrico e sua massa molecular seja de 82. Sugestões de técnica para determinar o composto: RMN

Sugestões de resposta:

A:B:

A:B:

 

#26

a) Isomeria é uma relação entre compostos com mesma fórmula molecular.

b) Grupo A:

Grupo B:

Grupo C:

Grupo D:

Grupo E:

Obs: nesse grupo há dois tautômeros, você consegue identificá-los?

c) Pela fórmula molecular, podemos calcular o IDH como sendo 1. Com isso, as estruturas devem ter 1 ligação dupla ou um ciclo. Com isso:

d) Grupo A: isomeria constitucional

Grupo C: isomeria constitucional

Grupo D: isomeria de função

Grupo E: isomeria de função/posição

 

#26

a) Uma figura geométrica é dita quiral caso sua imagem especular não possa ser sobreposta com ela mesma

b) As regras de Cahn-Ingold-Prelog são regras utilizadas para classificação de compostos quirais e diferenciação entre eles. Primeiro deve-se analisar os substituintes do carbono quiral. Para cada um deles vamos atribuir uma prioridade de acordo com as seguintes regras:

1. O grupo de maior prioridade será o que tiver um elemento químico de maior número atômico diretamente ligado ao carbono quiral
2. Caso haja empate, o desempate é feito com a maior massa atômica do elemento químico diretamente ligado
3. Caso haja empate, deve-se analisar os vizinhos dos átomos diretamente ligados, com as regras 1 e 2. Caso o empate persista, continua-se na cadeia.

Obs: caso haja empate em todos os casos, o lado R tem preferência sobre o S (centros pseudoassimétricos) e a atribuição é dada como r e s

Após ter-se atribuído as prioridades, a prioridade 4 fica para trás do observador e gira-se na direção 1-2-3. Caso o sentido seja horário (sentido do relógio), o centro é R, caso contrário o centro é S

c) Da esquerda para direita, de baixo para cima: R, S, R, S, R, S

d) O grupo t-butil tem preferência por ficar na equatorial

 

#27

a) Teoricamente tanto o nitrogênio quanto o fósforo trivalentes poderiam apresentar isomeria ótica, porque possuem quatro substituintes: o par de elétrons e os três substituintes. Porém, o nitrogênio é especial. O par de elétrons consegue fazer a “inversão de guarda-chuva” e transformar um isômero no outro. A barreira de ativação para esse processo é pequena para o nitrogênio e a conversão acontece rapidamente, sendo impossível isolar apenas um isômero. O ângulo entre as ligações do fósforo, no entanto, é menor devido ao maior caráter p do orbital híbrido e isso faz com que a energia de ativação seja maior sendo possível o isolamento de um dos isômeros. No caso do sal de amônio quaternário, a isomeria pode ocorrer.

b) Usando de estudos de condutância das soluções, ele conseguiu identificar compostos da forma XA₆, XA₅B, XA₄B₂, XA₃B₃. Ele não sabia como A e B estavam distribuídos espacialmente ao redor de X, então ele pensou em possíveis geometrias: um hexágono no plano, um prisma de base triangular ou um octaedro. Para XA₆ e XA₅B há apenas uma estrutura possível. Para XA₄B₂ há 3 isômeros no prisma, 3 isômeros no hexágono e 2 isômeros no octaedro. Para XA₃B₃ há 3 isômeros no prisma, 2 no hexágono e 2 no octaedro. Separando manualmente os isômeros, Werner chegou a conclusão que a geometria era a octaédrica.

c) Ou os três grupos CO ficam num mesmo plano que passa pelo Rh ou não. No primeiro caso, ou os dois H ficam um do lado do outro ou não. No segundo caso há apenas uma estrutura.

d) O m-CPBA é usado para epoxidações e devido ao impedimento estérico, ele prefere atacar a dupla pelo lado oposto ao metil. O iodônio é formado da mesma forma e a abertura do anel se dá pelo lado oposto, no lado mais desimpedido

 

e) Para ambos os reagentes:

Para que o HCl seja eliminado, o H e o Cl devem estar antiperiplanares. Por isso, o Cl vai ser eliminado mais rapidamente se estiver na axial, caso que acontece na primeira situação.

 

#28

Para resolvermos esse problema, devemos começar a marcar no composto tudo que vá ser importante pra solução dos items.

Legenda:

• Azul-claro - Carbono primário
• Amarelo - Carbono secundário
• Vermelho - Carbono terciário
• Asterisco - Carbono assimétrico.

Lembre-se, quando numerando uma cadeia de alcenos, a prioridade para escolher a cadeia principal é em primeiro lugar a cadeia com mais insaturações e em segundo lugar o maior número de carbonos. Comece numerando pelo carbono que faça a dupla ligação ter o menor número, pois ligações duplas tem prioridade a haletos orgânicos. Quando listando as ramificações, lembre-se de priorizar a ordem alfabética.

1. Com o composto numerado e as regras descritas acima, fazer o item 1 fica questão de descobrir se essa estrutura é do isômero Z ou E. Relembrando a convenção, Z é quando em uma dupla ligação, os ligantes de maior número atômico estão do mesmo lado e E é quando eles estão em lados opostos. Nesse caso, podemos ver que na dupla ligação do carbono dois, os hidrogênios implícitos estão pra mesma direção, enquanto pra direção oposta tem grupos que começam com o carbono nos dois lados. Com isso, concluímos que esse isômero é o Z.
   Nomenclatura: (2Z)-6-cloro-4-etil-6-fluoro-7,8-dimetilnon-2-eno
2. Como já marcamos no composto, esse problema se torna contar carbonos.
   Primários: 5
   Secundários: 5
   Terciários: 3
   Quaternários: 0
3. Há 3 carbonos assimétricos (carbonos que estão ligados a quatro ligantes diferentes.)
4. Halogênios não afetam o IDH, e como não tem ciclos, só sobram as insaturações para impactar o IDH. Esse composto tem uma ligação dupla, então o IDH dele é 1.

 

#29

A) Diastereoisômeros, 1o: (2R,3R), 2o: (2R,3S) ou (2S,3R).

B) Diastereoisômeros, 1o: (2R,3R), 2o: (2S,3R).

C) Iguais, sem carbono assimétrico.

D) Enantiômeros, 1o: R, 2o: R

 

#30

Podem existir varias maneiras de resolver esse problema. Uma das maneiras propostas é a seguinte:

 

#31

a)

b)

Pelo nome sistemático da sacarose, percebe-se que os monossacarídeos que formam a sacarose são: uma α-D-glucopiranose e uma β-D-fructofuranose. Ou seja, a glicose está na forma de um anel de 6 membros (piranose) com um carbono anomérico na posição α e a frutose está na forma de um anel de 5 membros (furanose) com um carbono anomérico na posição β.  Assim, desenhando a projeção de Haworth para eles, temos:

Por fim, sabe-se que a ligação glicosídica ocorre entre o carbono 1 da glicose e o carbono 2 da frutose. Portanto, a estrutura da sacarose é:

c) A reação que transforma os reagentes iniciais em A é uma ciclização complexa, de modo que seria difícil conhecer o produto a partir dos reagentes dados. Porém, ao se fazer uma retrossíntese, tentando ver qual seria o composto A a partir do composto seguinte, encontramos um caminho muito mais plausível. O composto A reage apenas com ácido fórmico e o composto seguinte possui uma amida de ácido fórmico. Assim, o composto A deve ser apenas a amina que gerou essa amida. Propondo essa hipótese, é possível checar que ela faz sentido considerando a fórmula molecular de A e portanto chegamos nas seguintes estruturas (ambas são possíveis pois são tautômeros):

Em seguida, a reação do composto seguinte com $HNO_3$ e $H_2SO_4$ é uma reação clássica de nitração. Checando a diferença entre as fórmulas moleculares do composto dado e de B, vê-se que de fato há um H a menos e um $NO_2$ a mais, comprovando que deve ter sido essa nitração. Assim, chega-se na estrutura:

A reação de B com Zinco metálico, é também uma reação clássica de redução do grupo Nitro para uma amina. Porém, se fizermos uma retrossíntese da cafeína para o composto C, vemos que a reação que levou à formação da cafeína é nada mais do que uma Substituição Nucleofílica para adicionar um grupo metil ao Nitrogênio. Ou seja, o segundo ciclo que está presente na cafeína mas não em B, deve já ter se formado no composto C.

A formação desse segundo ciclo faz sentido, se lembrarmos que aldeídos e cetonas reagem com aminas para formar iminas. Na molécula formada pela redução de B temos uma amina e um aldeído na própria molécula e a reação entre esses dois grupos dá exatamente o ciclo esperado. Portanto, chega-se na estruturas estruturas:

 

#32

Inicialmente devemos lembrar que a teoria da carga formal se baseia na carga que um átomo teria caso uma ligação de caráter $100\%$ covalente entre ele e outro átomo seja rompida, de maneira que isto pode ser representada matematicamente da seguinte forma:

$CF = V_A - N_L - {E_L \over 2}$

Onde:

• $CF$: Carga formal.
• $V_A$: Os elétrons presentes na valência do átomo.
• $N_L$: Os elétrons não ligados.
• $E_L$: Os elétrons ligados (são todos os elétrons envolvidos nas ligações, incluindo os elétrons do outro átomo que estão envolvidos na ligação).

Porém para a resolução da questão não é necessário a utilização da expressão descrita acima, pois por meio de uma analise das ligações presentes na estrutura podemos determinar a carga formal de cada átomo de carbono. Para está analise basta pegar cada ligação e supormos o rompimento dela, de forma que por conta do fato de nos supormos que ela tem caráter totalmente covalente, cada um dos elétrons da ligação que foi rompida irá ficar com seu respectivo átomo de origem, após feito isso basta realizar a diferença entre o número de elétrons na valência do átomo pelo número de elétrons que o átomo teve ao final do rompimento de todas as ligações. Fazendo está análise em todos os 6 carbonos presentes da estrutura temos que o $CF$ de cada um deles será igual a $0$, logo a soma será $0$.

Desta forma temos que a alternativa que corresponde ao item correto é letra $C$.

 

#33

Funções presentes no ácido 5-cafeoilquínico $\rightarrow$ Álcool e Éster e Fenol

Funções presentes na mangiferina $\rightarrow$ Éter, Cetona e Álcool e Fenol

 

#34

O licopeno apresenta coloração vermelha por conta de suas ligações duplas alternadas, que acabam entrando em ressonância e no processo liberam uma radiação eletromagnética com comprimento de onda referente ao vermelho. Com a adição da água de bromo temos que iria ocorrer uma halogenação (reação de adição) das ligações duplas presentes na estrutura do licopeno, de modo que assim a ressonância e consequentemente a cor vermelha iriam se perder.

 

#35

Inicialmente devemos analisar a estrutura do ácido maleico:

Se observarmos bem podermos ver que ela apresenta uma isomeria $cis$ e é uma molécula polar, onde haveria dois vetores de momento dipolar, cada um apontando na direção de um grupo $-COOH$. Uma ligação dupla apresenta uma rotação restrita, porém uma ligação simples apresenta livre rotação, desse modo nós temos que com a adição da radiação UV a ligação dupla entre os carbonos é transformada em um birradical de rotação livre, ao qual tende a formar o isômero $trans$ por conta dele ter uma menor tensão estérica, tornando-o mais estável, onde podemos ver todo este processo abaixo:

 

Desse modo agora devemos analisar a estrutura da substância formada:

Está substância se trata do ácido fumárico, ao qual apresenta natureza apolar, por conta dos dois vetores referentes aos grupos $-COOH$ estarem apontando em direções opostas. Desse modo podemos concluir que após ele ser formado ele tende a precipitar no erlenmeyer.

 

#36

Com uma boa análise da estrutura e por meio da definição atualizada do número de ciclos pela IUPAC (o número de ciclos é igual ao menor número de ligações que ao serem rompidas retiram o caráter cíclico da estrutura), temos que a resposta será 2 ciclos. Já com relação as funções presentes, temos que elas são amina, álcool, éter e imina.

Desse modo a alternativa corresponde a letra $D$.

 

#37

Para responder à questão iremos fazer uma análise de cada um dos itens:

$I$) Verdadeiro: Por conta da alta viscosidade do ácido sulfúrico co

ncentrado, a forma mais segura de maneja-lo é por meio de uma proveta, pois se ele for utilizado em uma pipeta existe o risco dele pingar (mesmo com esse risco é comum vermos nos laboratórios o uso dele em pipetas por conta da praticidade, porém salientamos que esta prática não é correta).

$II$) Falso: O item apresenta uma natureza correta em toda a sua extensão, porém ele peca no uso de uma palavra, no caso o termo miscível é incorreto para este contexto, pois durante o processo ocorre a retirada de substâncias apolares por meio dos vapores de água que volatizam ele e o levam para um outro recipiente, onde voltam para o estado líquido, ao qual fica separado por duas fases.

$III$) Falso: O método contínuo apresenta sempre um maior rendimento por conta de seu caráter automatizado, ao qual ao término de um ciclo inicia por conta própria um novo, de modo que de forma contínua melhora a pureza da substância que se deseja extrair.

$IV$) Verdadeiro: O método de recristalizam pode ser entendido da seguinte forma, uma determinado sólido apresenta impurezas em sua composição, para retirá-las é necessário aquecer a mistura com a adição do solvente quente na menor quantidade possível para solubilizar tudo e tornar a solução concentrada, após isso basta resfriar a solução que o sólido em questão irá precipitar e as impurezas ficaram solubilizadas.

Desse modo a alternativa correta corresponde a letra $B$.

 

#38

Note que o Composto A tem fórmula molecular $C_2H_4O_2$ ou $CH_3COOH$:

#39

C) Notam-se dois grupos carbonila entre átomos de carbono, o que caracteriza cetonas. Além disso, notam-se dois grupos hidroxila ligados a átomos de carbono insaturados que fazem dupla ligação, o que caracteriza enóis.

 

#40

a) Existem só duas maneiras. Para visualizar as estruturas, basta substituir cada um dos átomos citados no enunciado por uma das letras na figura apresentada no enunciado.

 

b) Há mais de uma maneira de provar isso. Por exemplo, vamos mostrar uma prova intuitiva.

Comecemos com casos mais simples, em que consideraremos um espaço de três dimensões e um número de cores diferentes, A, B, C, D, igual ao número de pontos a serem coloridos de cada caso.

Há só uma maneira de colorir um ponto: basta usar a única cor disponível (A). 

Também há só uma maneira de colorir as extremidades de um segmento de reta no espaço, uma com cada cor (A e B).

No caso do triângulo, é útil pensarmos primeiro no que ocorreria no plano: haveria duas possibilidades, uma maneira em que a ordem das cores (A, B, C) seria obtida lendo em sentido horário e outra maneira em que seria obtida lendo em sentido anti-horário. Mas, no espaço, há só uma maneira, porque basta rotacionarmos o triângulo para lermos a ordem em qualquer um dos sentidos.

Então o caso do tetraedro segue quase como um corolário daquele do triângulo: dado um triângulo com os três vértices já coloridos, podemos formar dois, e só dois, tetraedros diferentes colocando um quarto vértice: lendo a partir do quarto vértice, um em que a base triangular lê (A, B, C) em sentido horário e outro em que lê (A, B, C) em sentido anti-horário.

Logo só existem duas maneiras de colorir os vértices de um tetraedro com quatro cores diferentes.

 

c) Como a geometria dos orbitais de um carbono sp³ é tetraédrica, seus ligantes correspondem a quatro vértices de cores diferentes (ou seja, que podem ser diferenciados de alguma forma) de um tetraedro. Então, assim como há só dois possíveis tetraedros com quatro vértices coloridos com cores diferentes, há só duas possíveis estruturas para o composto do item a).

 

#41

Para o composto A ocorre uma hidrogenação no 1-butino gerando o 1-buteno. A redução não é completa pela presença do catalisador de Lindlar.

Para o composto B temos a adição de $HBr$ pela regra de Markovnikov gerando o 2-Bromobutano.

Para o composto C temos uma reação de substituição eletrofílica aromática. Como o $-NH_2$ tem orientação orto-para, a reação irá gerar orto e para -sec-butilfenilamina.

 

#42

(Solução traduzida da Annotated Solution for USNCO Local Exam 2022)

Os ângulos da ligação C-C-C, nas suas conformações mais estáveis, de ciclopropano, ciclobutano, ciclopentano e ciclo-hexano são 60°, ~90°, 109,5° e 109,5°, respectivamente.

A conformação mais estável do ciclo-hexano é a conformação cadeira com um ângulo de ligação de 109,5°, o qual é o mais diferente do valor dado. Portanto a resposta correta é D.

Como a hibridização de todos os carbonos em todos os cicloalcanos acima é sp3, idealmente os carbonos devem ser tetraédricos com um ângulo de ligação de 109,5°. Os ângulos de ligação reais, no ciclopropano e no ciclobutano, são muito menores do que os valores ideais, portanto existe uma significativa deformação de anel nesses anéis pequenos, resultando em estruturas instáveis. As estruturas não planas dos anéis de tamanho médio (C5-C7) livram-se da deformação de anel com um ângulo de ligação ideal de 109,5°.

 

#43

O poliuretano consiste em um polímero de rearranjo, pois provoca mudanças na estrutura interna de um de seus monômeros quando ocorre a reação de polimerização

 

#44

Ao vermos a estrutura corretamente e contarmos os respectivos elementos corretamente, iremos ver que o resultado final será correspondente com a estrutura $C_{18}H_{34}O_{3}$. Com isso, a alternativa correta será a letra $C$.

 

#45

 

#46

A) Como o desvio do plano polarizado da luz por conta da mistura é resultado de uma ponderação entre o α de cada um dos enantiômeros, este apenas apresenta um valor de 0º quando a concentração tanto do isômero (+/S) quanto do isômero (-/R) são exatamente iguais, isto é, quando são ambas 50%. 

B) Para encontrarmos a concentração de cada espécie a partir do $\alpha_M$ da mistura, deve-se colocar os dados em uma espécie de média ponderada. Sendo $C_R$ a concentração do isômero R e $C_S$ a concentração do S, temos o seguinte:

$\alpha_M = {{C_S \cdot \alpha_S + C_R \cdot \alpha_R} \over {C_S + C_R}}$

Como são consideradas apenas as concentrações dos isômeros, podemos afirmar que $C_R + C_S = 100\%$. Com isso, a expressão anterior pode ser escrita da seguinte forma, em função apenas de $C_R$:

$\alpha_M = {{(100\% - C_R) \cdot \alpha_S + C_R \cdot \alpha_R} \over {100\%}}$

Substituindo os valores do enunciado, portanto, chegamos no seguinte valor de $C_R$:

$10^\circ = {{(100\% - C_R) \cdot 37^\circ + C_R \cdot (-37^\circ)} \over {100\%}} \rightarrow C_R = 36,48\%$

Então, considerando o supracitado de $C_R + C_S = 100\%$ , podemos afirmar que os valores são $C_S = 63,52\%$ e $C_R = 36,48\%$.

C) O excesso enantiomêrico faz-se como a diferença entre a porcentagem de cada um dos isômeros. Com isso, então, pode dizer que o excesso será o seguinte:

$ee = 63,52\% - 36,48\% = 27,04\%$

O valor encontrado, portanto, é de um excesso de $27,04\%$ de isômero S. Perceba que este excesso é coerente com o valor encontrado de desvio para a mistura, uma vez que esta possui um $\alpha_M = 10^\circ$, ou seja, uma maior presença do isômero com $\alpha$ maior do que zero (+/S).

 

#47

A) A imagem nos mostra a estrutura de um dos isômeros do \textbf{Ácido aspártico}, que possui um centro assimétrico localizado no carbono alfa-carbonílico. Visto que a molécula não apresenta eixos de simetria que poderiam fazer com que ela fosse considerada um composto \textbf{meso}, a primeira etapa é observar quais são os substituintes deste carbono e atribuir as referentes prioridades, para verificar a configuração absoluta (baseada nas regras CIP). Ela fica da seguinte forma:

Portanto, podemos ver que a ordem de rotação na preferência é no sentido anti-horário, o que levaria a uma configuração S. Entretanto, como a preferência 4 (do hidrogênio, omitido na figura) está para frente, a configuração é R. Portanto, a nomenclatura dele ficaria da seguinte forma: Ácido (2R)-2-aminobutanodióico.

B) A primeira etapa para desenhar o composto é montar a estrutura de sua cadeia principal, que é vista pelo nome como sendo um nonan-3-ol.

Agora, inserir os substituintes na cadeia, que são: terc-butil no carbono 6 e metil no carbono 2.

Agora, com o esqueleto montado, deve-se realizar o mesmo processo do item A para atribuir a estereoquímica dos centros assimétricos (C2 e C6).

 

#48

A) Uma cicloadição, assim como a descrição para qualquer formação de ligação química, pode ser observada através da análise pela teoria do orbital molecular (TOM) como uma composição linear de orbitais atômicos (LCAO). Seguindo a mesma ordem de formação de orbitais quaisquer, a composição destes do dieno devem seguir a regra de que um número de orbitais atômicos forma este mesmo número de orbitais moleculares. Portanto, um dieno com dois sistemas $\pi$ vai gerar quatro orbitais moleculares, sendo dois ligantes e dois antiligantes.

É visível, portanto, que, a formação da interação entre o orbital conjugado do dieno e a ligação $\pi$ do dienófilo apresentam as mesmas necessidades da LCAO vista na formação do conjugado, isto é, a geometria entre as duas espécies deve ser favoráver à realização da ligação. Portanto, caso o dieno seja \textbf{s-trans}, mesmo possuindo o orbital conjugado, a interação com o dienófilo (HOMO em demanda normal) não será possível de ocorrer exclusivamente pela incapacidade do dienófilo aproximar-se de um dos carbonos com mais caráter de LUMO do dieno (que se faz no carbono 1 do dieno). É necessário, portanto, que tanto a aproximação das espécies como a conformação do dieno sejam assim como na figura:

B) As situações reacionais que são apresentadas são muito favoráveis a serem de uma reação de Dials-Alder – tanto pela presença de um possível dieno e um possível dienófilo quanto pela demanda térmica empregada à reação. Como uma cicloadição 4+2, o esqueleto final dar-se-á através da quebra de três ligações $\pi$ e formação de suas $\sigma$ e uma $\pi$ nova entre as duplas originais.
Agora, com a visão de como será o produto, deve-se determinar a configuração dos pontos de assimetria, que são os carbonos 1 e 4. Como mostrado na figura do item A, vamos observar a aproximação do dienófilo e do dieno como sendo o dieno na parte superior. Para isso, é entendível que os substituintes que estejam à esquerda (mais próximos do dieno) do dienófilo serão posicionado para baixo, a fim dos orbituais dele encontrarem com os orbitais do dieno. Assim, os substituintes à direita (mais afastados) são “jogados” para cima, também como movimento de toda molécula. Perceba, entretanto, que a proximação pode ser feita também com o dieno por baixo do dienófilo, o que faz com que haja uma inversão das configurações. Portanto, são formados dois produtos, enantiômeros entre si:

C) Uma reação de Diels-Alder dá-se sem a formação de um intermediário, isto é, não se faz uma reação nem polar nem radicalar. Com isto, o estado de transição caracteriza-se como um ciclo de seis membros que, em decorrência de uma quebra e formação de ligações, apresenta um caráter aromático – o que estabiliza o estado. Com isso, constituintes que favorecem ainda mais este estado de transição podem fazer com que a reação seja mais favorecida cineticamente, que é o caso da regra de Alder. Em reações nas quais o dieno possui uma espécie ligantes com alta concentração de HOMO, uma estabilização extra pode ser encontrada ao se realizar o fechamento do ciclo endo, entre o orbital de HOMO do ligante e o $\pi^*$ do dieno. Com isto, portanto, há um favorecimento maior do estado de transição, que resulta em uma maior proporção de formação de endo. Esse efeito pode ser visto na seguinte reação:

É notório, portanto, como a presença do CN auxilia a estabilização do estado de transição, o que favorece a formação do produto endo.

 

#49

Para respondermos essa questão é necessário observar a localização que o par de elétrons livres do nitrogênio irá ter nas funções (aqui está sendo levado em conta a teoria ácido-base de Lewis) . Na amina eles ficam sempre localizados no átomo originário, não se deslocando para outros locais. Já na amida, em decorrência da ligação dupla alternada em relação ao par de elétrons, haverá o fenômeno da ressonância na molécula, fazendo com que esses elétrons se desloquem e não possuam uma posição fixa, prejudicando na basicidade do composto. Com isso, temos que a função amina possui uma maior basicidade.

 

#50

O mecanismo que essa reação em específico executa é um de substituição eletrofílica em aromático ($SEAr$). O produto principal da reação é:

 

#51

Não é esperado do nível iniciante o conhecimento de reações de substituição nucleofílica como $S_{N}1$ e $S_{N}2$, entretanto a explicação dada no enunciado deve ser suficiente para que o aluno consiga observar que um processo termodinâmico é envolvido na ocorrência de tais reações.

A reação $S_{N}1$ ocorre com duas etapas do mecanismo, sendo que a primeira é a saída do Leaving Group (LG, ou grupo de saída), com a formação de um intermediário carbocátion. Esta primeira etapa é a determinante da velocidade da reação, uma vez que é a etapa lenta da reação, justamente pelo alto nível energético no qual se localiza tal intermediário. Após, o Nucleófilo ($Nu^{-}$, ou grupo que substitui) adiciona ao carbocátion e conclui o mecanismo de $S_{N}1$.

De forma diferente, a reação de $S_{N}2$ ocorre com apenas uma etapa, na qual há a perda do $LG$ e a inserção do $Nu^{-}$ ao mesmo tempo no carbono de substituição. Esta etapa possui um estado de transição com o carbono realizando 5 interações, portanto observe que ao passo que o $Nu^{-}$ entra ao carbono, a ligação C-LG vai se quebrando.

Perceba, portanto, que o mecanismo de $S_{N}1$ possui um impedimento maior de ocorrer do que a reação de $S_{N}2$, o que faz com que geralmente as reações de substituição bimolecular ocorram em uma velocidade maior àquelas em condições unimoleculares. Observe, além, pelas expressões de velocidade a baixo:

$v = k\cdot [S][Nu^{-}]$ para $S_{N}2$ e $v = k\cdot [S]$ para $S_{N}1$

Veja, portanto, que a velocidade da bimolecular é favorecida por um fator quadrado de concentração, enquanto a unimolecular é favorecida apenas por um fator linear.

 

#52

A) Alguns motivos podem ser colocados como os possíveis para que não tenha ocorrido a alteração aparente da configuração dos centros:

1. A substituição não foi realizada no centro de assimetria, o que faz com que geralmente não ocorra uma alteração (ainda assim, pode haver uma alteração caso haja mudança na preferência entre os substituintes);

2. Ocorreram duas SN2 seguidas no mesmo centro, o que pode ocorrer quando existem mais de um nucleófilo no meio reacional, fazendo com que a alteração do centro seja realizada duas vezes;

3. A reação de $S_{N}2$ ocorreu apenas uma vez, mas a substituição fez com que houvesse uma alteração na preferência entre os substituintes do centro, o que motivaria mais uma mudança no centro de assimetria.

Veja que esse é um dos motivos claros de “decorebas” não serem utilizadas na orgânica: a análise de cada caso faz-se como a forma mais efetiva de se verificar uma situação.

B) A utilização de cloreto de tosila, ou um meio com excesso de ácido, faz com que a hidroxila do álcool seja um bom grupo de saída, fazendo com que possa ocorrer uma reação de substituição. Por se tratar de um carbono com dois grupos metil ligados, é possível de ocorrer tanto uma $S_{N}1$ quanto uma $S_{N}2$, entretanto focaremos apenas na $S_{N}2$. Por conta disso, o produto da reação é o seguinte:

Podemos observar que o produto possui o esqueleto de 2-bromobutano, com o centro de assimetria em uma configuração (S), ou seja, o produto é o (2S)-2-bromobutano.

DESAFIO) O mecanismo que faz com que o $OH$ transforme-se em um bom grupo de saída envolve a captura de um $H^{+}$ do íon hidrônio pelo par de elétrons não ligantes do oxigênio do OH. Por conta disso, o $OH$ transformou-se em $OH_{2}^{+}$, que é um bom grupo de saída, já que estabiliza-se como uma água ao sair do carbono. É possível ver o mecanismo através do seguinte que demonstra o mesmo mecanismo, só que com um outro ácido ($HX$): 

Veja que a utilização de ácidos como HCl ou HBr pode fazer com que se tenham produtos colaterais, uma vez que os íons $Cl^{-}$ e $Br^{-}$ atuam bem como nucleófilos. $H_{3}O^{+}$, portanto, faz-se como a melhor demonstração – uma vez que o produto da desprotonação do hidrônio é a água.

 

#53

A dinâmica de uma reação de substituição dá-se através de um mecanismo HOMO-LUMO, sendo que a espécie que apresenta o HOMO é o nucleófilo, enquanto a que apresenta o LUMO é o substrato com o carbono que será substituído. Analisemos, portanto, cada um dos dois mecanismos:

• $S_{N}2$: O mecanismo faz-se como a aproximação do HOMO do nucleófilo ao LUMO do carbono de substituição. Perceba que a doação do HOMO para o LUMO faz com que haja uma população do orbital antiligante da ligação C-LG, o que faz com que haja um enfraquecimento da ligação. Por conta disso, com a maior proximidade do nucleófilo o comprimento de ligação C-LG vai aumentando, até que é estabelecida a ligação C-Nu no lugar da C-LG. No estado de transição, portanto, há a representação dessa descrição, com a doação eletrônica e o consequente enfraquecimento da ligação. Veja, portanto, que a sobreposição orbitalar faz-se de forma que a aproximação do Nu é feita por baixo do carbono, justamente pois é contrária à ligação C-LG que se localiza o maior coeficiente de LUMO da espécie.
• $S_{N}1$: A primeira etapa do mecanismo faz-se de forma que o substrato recebe energia para que os elétrons do orbital ligante da ligação C-LG saltem para o orbital antiligante desta mesma ligação ($\sigma \rightarrow \sigma^{*}$). Por conta disso, a ligação C-LG é quebrada e o carbono apresenta-se com deficiência de elétrons. A segunda etapa, portanto, é a doação do HOMO do nucleófilo para esse LUMO que foi criado com a formação da espécie de carbocátion. Veja, portanto, que a sobreposição de orbitais faz com que seja possível uma doação ocorra tanto por cima quanto por baixo, já que o carbocátion possui uma hibridação $sp^{2}$ planar, o que iguala a distribuição do coeficiente de LUMO pela espécie.

 

#54

Inicialmente temos que recordar como é calculado o nox por meio da estrutura.

$\bullet$ Na definição do nox, ele consiste na carga que o átomo teria caso sua ligação, com caráter $100 \%$ iônica fosse rompida (lembre-se que na ligação participam dois elétrons). Desse modo, podemos calcular ele por meio do rompimento e fornecimento do par de elétrons para o átomo mais eletronegativo (veja que ao romper a ligação, o átomo mais eletronegativo vai recuperar seu elétron original mais o elétron do outro átomo envolvido. Logo, sua carga será $-1$).

Com tudo isso em mente e nomeando os carbonos de 1 a 6 da esquerda da direita, temos o seguinte:

$\bullet$ NOX: $C_1=-1$; $C_2=0$; $C_3=0$; $C_4=0$; $C_5=0$ e $C_6=+3$

$\rightarrow NOX_{m}={1\over3}$

 

#55

Para o ponto de fusão e ebulição o fator preponderante será a compactação/interação entre as moléculas, possuindo diferentes abordagens em cada caso:

$\bullet$ Ponto de fusão: Temos que levar em conta que esse processo se refere a transição do estado sólido para o líquido. Desse modo, para o composto que tiver uma maior compactação no estado sólido (lembre-se que nesse estado, as moléculas se organizam em redes/retículos, sendo de extrema importância esse aspecto), será necessário fornecer uma maior quantidade de energia para que essas disposições sejam desfeitas. Logo:

$isopentado<pentano<neopentano$

O neopentano tem uma compactação melhor que o pentano em virtude da disposição de dois eixos, cada um com dois átomos de carbono, de forma perpendicular, dando uma aspecto tridimensional a estrutura.

$\bullet$ Ponto de ebulição: Aqui teremos a transição do estado líquido para o gasoso. Assim, o fator mais relevante deixa de ser a compactação para ser a interação entre as moléculas. Dessa maneira, as ramificações serão prejudiciais para uma plena interação, sendo necessário fornecer maior energia para as moléculas que tenham entre si maiores interações. Logo:

$neopentano<isopentano<pentano$

 

#56

Aqui será necessário observar a disposição dos grupos $-COOH$ e sua consequente posição dos seus vetores momento dipolar.

Interação com a água:

$\bullet$ No ácido maleico: Seus dois vetores estão dispostos de maneira a formarem uma resultante. Logo, ele terá uma natureza polar, se dissolvendo quando adicionado a água.
$\bullet$ No ácido fumárico: Seus dois vetores possuem a mesma direção, porém com sentidos opostos, anulando-se no fim. Logo ele terá uma natureza apolar, não se dissolvendo quando adicionado a água.

Ponto de ebulição:

O fator determinante será a análise da posição dos grupos $-COOH$ no ácido maleico. Em virtude da grande proximidade entre eles, haverá o surgimento de ligações de hidrogênio intramoleculares, diminuindo assim o número de interações de hidrogênio que ele pode fazer com outras moléculas. Consequentemente, a energia necessária para romper as interações que o colocam no estado líquido é menor. Logo:

ácido maleico < ácido fumárico

 

#57

Os produtos são:

Eles são enantiômeros entre si e são formados apenas esses produtos. Isso ocorre pois, como o mecanismo da reação contribui para uma adição do tipo syn, as duas hidroxilas entram no mesmo lado do composto, sendo possível assim a formação de um racemato contendo esses dois compostos enantiômeros entre si.

 

#58

A) Note que este mecanismo é apenas um proposto. Qualquer um outro que possua a iniciação do ROOR e as seguintes propagações resultando no produto anti-Markovnikov.

B) e C) O mecanismo completo para a transformação é proposto abaixo. Note que o que faz com que a etapa intermediária ocorra é a liberação do $CO_{2(g)}$, que é entropicamente favorável.

 

#59

Podemos notar que os dois carbonos vizinhos aos grupos carboxílicos são quirais, haja visto que ambos possuem os 4 ligantes diferentes. Deste modo, temos 2 carbonos quirais na molécula. Como essa é uma molécula que possui plano de simetria, ela pode vir a formar compostos meso, que são opticamente inativos por compensação interna. Já que o comando foi para acharmos o número de estereosômeros opticamente ativos, temos:

$\cfrac{2^{n}}{2}$ = N$^{o}$ de estereoisômeros opticamente ativos

Onde n é o número de centros quirais na molécula. Desse modo:

$\cfrac{2^{2}}{2} = 2$

 

#60

A) Pela fórmula molecular mostrada no enunciado, podemos verificar que o IDH da molécula é igual a:

$IDH = \frac{(C\cdot 2)-H}{2} + 1$

$IDH = 1$

Por conta disso, podemos ter em mente que a molécula é ou um ciclo, ou possui uma insaturação. Agora, pela RMN dos hidrogênios, analisando as integrações relativas, observamos que são apenas 9 os hidrogênios que aparecem na RMN, portanto, de alguma forma, um deles presente na molécula não está sendo sinalizado. Juntando essas duas informações, podemos inferir que a molécula possui um grupo carboxila, uma vez que a insaturação $C=O$ favorece a acidez do hidrogênio ligado ao oxigênio.

Ademais, pelos picos no gráfico, há um dubleto de integração 6 em 0,8ppm, o que podemos verificar como um isopropil. Agora, faltando apenas um carbono, podemos ver que há um sinal de integração 2 e multiplicidade de dubleto, que possui um deslocamento maior do que os outros dois sinais: aproxima-se, portanto, do carbono da carboxila.

Concluímos, então, que a molécula é o ácido 3-metilbutanóico. 

As integrações, acoplamentos e deslocamentos dos hidrogênios são: $^{1}H$NMR: $\delta 0.87$ (6H, d, J = 6.6 Hz), $\delta 1.90$ (1H, tsept, J = 7.4, 6.6 Hz), $\delta 2.21$ (2H, d, J = 7.4 Hz).

B) Pela fórmula molecular mostrada no enunciado, podemos verificar que o IDH da molécula é igual a:

$IDH = \frac{(C\cdot 2)-H}{2} + 1$

$IDH = 4$

Por conta disso, podemos observar que o composto possui ou 4 formações de deficiência de hidrogênio, que no caso podem ser ou insaturações, ou ciclos. Como são apenas 6 carbonos, podemos ver que é muito provável que o composto seja algo aromático, já que o IDH de um benzeno é 4. Vamos testar esta hipótese: com a composição da fórmula molecular, o composto seria um fenol, ao passo que há dois hidrogênios que são mais deslocados do que os outros, que são os hidrogênios em meta ao grupo -OH, enquanto os hidrogênios orto e meta são mais semelhantes. Veja, ainda, que isto apenas ocorreria pelo fato das estruturas de ressonância de carga no anel pela presença do -OH, que concentram uma carga parcial negativa na posição meta.

Esta hipótese, como é verificada pela RMN, é comprovada e apresenta os seguintes sinais: $^{1}H$ NMR: $\delta 6.87-7.09$ (3H, 6.93 (tt, J = 7.8, 1.3 Hz), $\delta 7.03$ (dtd, J = 8.2, 1.4, 0.5 Hz)), $\delta 7.32$ (2H, dddd, J = 8.2, 7.8, 1.4, 0.5 Hz).

C) Ao observar diretamente o composto, é induzido que a hibridização do oxigênio seja $sp^{3}$, pelo fato de realizar apenas duas ligações $\sigma$. Entretanto, na realidade, o oxigênio do fenol apresenta uma hibridização de $sp^{2}$.

É notório, entretanto, como a mudança de uma estrutura eletrônica tetraédrica para uma estrutura plana faz-se com um gasto energético. Por conta disso, é possível observar que esta modificação ocorre apenas pela compensação que é trazida pela presença da aromaticidade no anel, isto é, compor um sistema aromático faz com que a energia necessária para o oxigênio em configuração plana seja suficientemente baixa. Veja que isto ocorre exclusivamente pelo fato de que os pares de elétrons do oxigênio precisam estar planos em relação ao anel para que eles possam compor o sistema aromático.

* Nota: Para efeito de curiosidade, o software utilizado para a montagem dos gráficos foi o https://www.nmrdb.org/new_predictor/ 

 

#61