RESOLUÇÃO Exame nacional ª Fase Versão 1

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1 RESOLUÇÃO Exame nacional ª Fase Versão 1 Grupo I 1. as propriedades macroscópicas são aquelas que podem ser medidas ou determinadas a olho nu. Neste caso, teremos a composição química ou concentração [de reagentes e de produtos], a temperatura, a pressão, o volume, a cor ou a densidade. (Indicar apenas uma). 2. É verdade que, no equilíbrio químico, as concentrações dos reagentes e dos produtos se mantêm constantes ao longo do tempo, que não existem alterações visíveis no sistema e que os reagentes e os produtos se encontram todos presentes, em simultâneo. Porém, o que define um equilíbrio químico dinâmico é o facto de esse equilíbrio resultar de as reações estarem a ocorrer no sentido direto e no sentido inverso ao mesmo ritmo. (C) V. 3. O esboço apresentado não pode traduzir o estabelecimento de um equilíbrio químico porque há uma substância, cuja concentração é representada pela linha descendente, que a dada altura esgota. nesse sentido, a afirmação do texto que permite justificar que o esboço do gráfico apresentado não pode traduzir o estabelecimento de um estado de equilíbrio químico é: «[...] num sistema químico em equilíbrio, os reagentes e os produtos encontram-se todos presentes, em simultâneo [...]». 4. Um sistema em que não há trocas, nem de matéria nem de energia, com o exterior é um sistema isolado. De acordo com a Primeira Lei da Termodinâmica, num sistema desse tipo a energia interna permanece constante. (B) V. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 1 / 10

2 Vamos começar por escrever a expressão matemática que nos dá a constante de equilíbrio. Para isso, necessitamos da equação química, pois é fundamental conhecer os coeficientes estequiométricos. Podemos obter esses dados de uma análise ao gráfico que acompanha o enunciado. Verifica-se que, desde o início da reação até que se atinja o equilíbrio químico, a concentração da espécie C varia de uma quantidade, que assinalamos com c, que é o dobro da variação da concentração das espécies A e B (a e b, respetivamente). Daqui resulta que a estequiometria da reação terá que ser: Ou, dito de outra forma, a equação química será: 1 mol A : 1 mol B : 2 mol C A(g) + B(g) 2 C(g) E a constante de equilíbrio será dada por: C 2 eq K c = A eq B eq Substituindo os valores que constam da tabela, obtemos: K c = 0, ,144 0,0238 K c = 54, De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o aumento da temperatura favorece a reação endotérmica. Como a reação de formação da espécie C é exotérmica, o aumento da temperatura conduz a uma diminuição da concentração da espécie C e a um aumento das concentrações das espécies A e B. Conclui-se, assim, que a constante de equilíbrio da reação considerada diminuirá se a temperatura aumentar. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 2 / 10

3 Grupo II O Sol transfere energia para a lata sem que haja contacto entre os sistemas, pelo que a transferência se dá por radiação. Indicar apenas Radiação, sem justificar Quando um sistema se encontra em equilíbrio térmico emite e absorve energia à mesma taxa temporal. (C) V A energia interna, U, do refrigerante pode variar se ocorrerem transferências de energia sob a forma de calor, q, trabalho, w, e/ou radiação, R: ΔU = q + w + R A energia foi transferida do Sol para a lata sob a forma de radiação, como vimos na alínea anterior. Como a temperatura da lata subiu houve transferência de energia, desta vez sob a forma de calor, da lata para o refrigerante. Por esse motivo: ΔU = q ΔU = m c ΔT Substituindo os valores que nos são fornecidos no enunciado, obtemos: ΔU = 0, ,5 ΔU = 2, J Quanto à energia solar que incidiu na lata no intervalo de tempo considerado, vamos começar por calcular a potência incidente, tendo em conta a intensidade média de radiação solar, I, e a área da superfície da lata exposta, A: Não esquecer de reduzir a unidades S.I.: E obtemos: P = I A A = 140 cm 2 = 1, m 2 P = 600 1, P = 8,4 W Como: P = E ΔT Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 3 / 10

4 Para o intervalo de tempo considerado, temos, em unidades S.I.: E = 8, E = 4, J Agora já podemos proceder ao cálculo da percentagem da energia incidente na área da superfície da lata exposta à luz solar que terá contribuído para o aumento da energia interna do refrigerante, no intervalo de tempo considerado: % = ΔU E 100 % = 2, , % = 52% 2. A taxa temporal de transferência de energia como calor, através das paredes da cafeteira, é tanto maior quanto maior for a diferença entre a temperatura a que se encontra a água e a temperatura ambiente. OU a taxa temporal de transferência de energia como calor, através das paredes da cafeteira, é tanto menor quanto menor for a diferença entre a temperatura a que se encontra a água e a temperatura ambiente. À medida que a temperatura a que se encontra a água diminui, essa diferença de temperatura diminui, pelo que a taxa temporal de transferência de energia como calor, através das paredes da cafeteira, diminui desde o instante em que se abandonou a cafeteira sobre a bancada até ao instante em que a água ficou à temperatura ambiente. Grupo III 1. De acordo com a Lei de Snell-Descartes, o ângulo de incidência é sempre igual ao ângulo de reflexão. Recorde-se que se trata de ângulos com a normal à superfície de separação entre os meios. Neste caso: (B) V Temos a relação entre os índices de refração, n, dos dois meios: n I = 2 n II Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 4 / 10

5 O índice de refração depende da velocidade da luz, v, no meio considerado: n = c v Onde c é a velocidade da luz no vácuo. Como n e v são inversamente proporcionais, resulta que: v I = 1 2 v II Por outro lado, a velocidade da luz relaciona-se com o comprimento de onda, λ, através da expressão: v = λ f Sendo f a frequência que permanece constante quando ocorre passagem do meio I para o meio II. Desta forma, atendendo à relação entre as velocidades, temos: (D) V. λ I = 1 2 λ II 2.2. A reflexão total da luz ocorre se existir um ângulo de incidência superior ao chamado ângulo crítico, θ c. O ângulo crítico é o ângulo de incidência para o qual o ângulo de refração é igual a 90º: Neste caso, temos: n I sin θ i = n II sin θ r n I sin θ c = n II sin 90 sin θ c = n II n I sin θ c = 1 2 θ c = 30 o (C) V. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 5 / 10

6 Grupo IV A configuração eletrónica do carbono, 6 C, no estado fundamental, é a seguinte: 6C 1s 2 2s 2 2p 2 Cada nível e subnível tem um valor diferenciado de energia. (C) V Trata-se da configuração eletrónica, no estado fundamental, com os eletrões das orbitais 2p distribuídos de acordo com a regra de Hund. (B) V. Há um eletrão da orbital 2s que foi excitado a uma orbital 2p. Trata-se da configuração eletrónica, no estado fundamental, com os eletrões das orbitais 2p distribuídos de acordo com a regra de Hund. É uma configuração eletrónica errada porque viola o Princípio da Exclusão de Pauli, uma vez que a orbital 2p z contém mais do que 2 eletrões A configuração eletrónica do nitrogénio (azoto), 7 N, no estado fundamental, é a seguinte: 7N 1s 2 2s 2 2p 3 Cada átomo tem, pois, 7 eletrões, cinco dos quais são de valência, pelo que a molécula formada por dois átomos terá catorze eletrões, sendo dez de valência. (D) V Como o carbono antecede o nitrogénio no mesmo período da tabela periódica e como o raio atómico tende a diminuir ao longo do período, o átomo de nitrogénio terá menor raio do que o átomo de carbono. Assim, o comprimento da ligação N N será menor do que o comprimento da ligação C N. Quanto menor for o comprimento da ligação, mais forte será a ligação. Será, assim, de prever que a ligação N N apresente maior energia de ligação. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 6 / 10

7 Trata-se de um exercício de conversão de unidades. Neste caso, de partes por milhão: para percentagem em massa: ppm = m HCN m ar 10 6 %(m/m) = m HCN m ar 10 2 Este tipo de conversão pode ser feito de diversas formas, mas aquela que temos vindo a sugerir passa por dividir uma expressão pela outra: (B) V. %(m/m) 0,860 = %(m/m) = 8, % 3.2. Como conhecemos a densidade (ou massa volúmica), ρ, do HCN, podemos determinar a massa da amostra: A quantidade química, n, é dada por: ρ = m V m = ρ V Donde resulta: n = m M n = ρ V M (A) V. n = 1,086 5,0 27,03 Grupo V 1. Trata-se da equação de ácido-base do anião cianeto: CN (aq) + H 2 O(l) HCN(aq) + HO (aq) O ião CN (aq) comporta-se, nessa reação, como uma base segundo Brönsted-Lowry, uma vez que aceita um protão, originando a espécie HCN(aq). Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 7 / 10

8 Para comparar a força dos dois ácidos vamos comparar as ordens de grandeza das respetivas constantes de acidez: (A) V. K a (HNO 2 ) Ka(HCN) = 10 4 = O ácido nitroso é um ácido fraco e, por esse motivo, ioniza-se parcialmente, de acordo com a respetiva constante de acidez. Com o esquema habitual fica mais claro: início variação equilíbrio HNO 2 (aq) + H 2 O(l) NO 2 (aq) + H 3 O + (aq) y x z = y x 0 + x x 0 + x x Queremos determinar o valor de y, que corresponde à concentração inicial do ácido. Como sabemos o ph da solução, podemos começar por calcular a concentração hidrogeniónica, H 3 O + eq, que vai ser igual à concentração do anião nitrito, NO 2 eq : H 3 O + eq = 10 ph H 3 O + eq = 10 2,72 H 3 O + eq = 1, mol dm 3 Ficamos, pois, com: HNO 2 (aq) + H 2 O(l) NO 2 (aq) + H 3 O + (aq) equilíbrio z 1, mol dm 3 1, mol dm 3 Agora, há que substituir na expressão da constante de acidez e determinar o valor de z: K c = NO 2 eq H 3 O + eq HNO 2 4, = (1, ) 2 z z = 8, mol dm 3 Finalmente, podemos determinar y: z = y x y = 0,01 mol dm 3 Grupo VI 1. O trabalho do peso, W p, tal como o trabalho de qualquer outra força, pode ser calculado pela expressão habitual: Neste caso, o peso, P, é: W p = P Δr cos α P = m g P = 0,048 N Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 8 / 10

9 como no intervalo de tempo considerado o movimento é retilíneo uniforme, então, o deslocamento, r, pode ser calculado a partir da expressão da velocidade média, v m, que por sua vez é igual à velocidade instantânea, v: v m = r r = v t t Do gráfico, retiramos o valor de v: r = 1,7 0,4 r = 0,68 m Como o balão está a descer, o ângulo α entre o peso e o deslocamento é igual a 0º. W p = 0,048 0,68 cos 0 W p = 3, J 2. É importante notar que a partir do instante t = 1,35 s a velocidade de queda do balão se mantém constante. Trata-se da chamada velocidade terminal, que pressupõe a existência de força de resistência do ar a atuar sobre o balão: a velocidade terminal é a velocidade a partir da qual a resistência do ar e o peso têm o mesmo módulo. Ora a força de resistência do ar é, como o próprio nome indica, uma força resistiva que leva à perda de energia por parte do balão. Por esse motivo, durante a queda, a energia mecânica do balão diminui sempre. (A) V. 3. A relação matemática entre a altura a que o balão se encontra e a sua energia potencial gravítica é por demais conhecida: E pg = mgh Trata-se de uma relação linear, pelo que não há dúvida quanto à representação gráfica E pg = f(h): (D) V. Grupo VII 1. Quando a esfera passa na frente da célula fotoelétrica, a sua velocidade pode ser determinada a partir da expressão da sua velocidade média, uma vez que os tempos de passagem são bastante curtos: v = r t O deslocamento corresponde ao diâmetro da esfera, d. Trata-se da variação da posição da esfera no intervalo de tempo medido pela célula fotoelétrica. O valor mais provável de Δt é: Δt = 0, , , = 0,0148 s Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 9 / 10

10 Substituindo, obtemos o valor da velocidade: v = d t v = 0,027 0,0148 v =1,82 m s Temos um gráfico x = f(v o ). A relação matemática entre estas duas grandezas decorre da lei do movimento aplicada ao eixo horizontal: Onde t é o tempo de voo. x = v o t Relacionando esta expressão com a equação reduzida da reta, obtemos: x = t v o y = m x Daqui se conclui que o declive da reta corresponde ao tempo de voo. Indicar apenas Tempo de voo, sem justificar Recorrendo à máquina gráfica, obtemos a equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto de valores apresentados na tabela: x = 0,4691v o (m) Esta equação fornece-nos o alcance, em função da velocidade de lançamento, v o, que é a velocidade no ponto B. Podemos determinar qual deve ser a velocidade de lançamento máxima da esfera para que esta ainda caia dentro da caixa: 1,10 = 0,4691v o v o = 2,345 m s 1 Vamos agora voltar a nossa atenção para o movimento da esfera na calha, entre os pontos A e B. Como se consideram desprezáveis todas as forças dissipativas, há conservação da energia mecânica do sistema esfera+terra: E m (A) = E m (B) 1 2 mv A 2 + mgh A = 1 2 mv B 2 + mgh B Como a esfera parte do repouso em A, e a altura de A é medida em relação ao nível de B (h B = 0), podemos calcular qual deverá ser a altura de A que garante uma velocidade em B que iguala a velocidade máxima de lançamento: h A = v B 2 2g h A = 0,27 m Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p. 10 / 10