RESOLUÇÃO EXAME NACIONAL ª Fase Versão 1
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- Danilo Borba Campelo
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1 RESOLUÇÃO EXAME NACIONAL ª Fase Versão 1 Grupo I 1. Observando a figura, conclui-se facilmente que o corpo emite não só luz visível mas também radiação com comprimentos de onda abaixo do violeta (ultravioleta) e acima do vermelho (infravermelho). Verifica-se, inclusive, que o pico de intensidade emitida se situa na zona dos ultravioletas. Assim: 2. No final do segundo parágrafo do texto pode ler-se: à medida que a temperatura, T, do corpo aumenta, o comprimento de onda ao qual ocorre a emissão de radiação de máxima intensidade, λ máxima, diminui proporcionalmente. Trata-se do enunciado da conhecida Lei de Wien, que pode ser apresentada na forma: λ máximo = b T Onde b é uma constante. De uma forma mais genérica, também podemos escrever como consta dos critérios específicos de classificação: λ máximo T = constante 3. Trata-se da potência e, por isso, a unidade do Sistema Internacional é o Watt. 4. Do texto podemos retirar: A taxa temporal de emissão de energia de um corpo, sob a forma de radiação térmica, a partir da sua superfície, é proporcional à quarta potência da temperatura absoluta da superfície do corpo Se a temperatura duplicar, a taxa temporal de emissão de energia vai aumentar com a quarta potência do aumento de T: 2 4 = 16 Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 1 / 11
2 5. Mais uma vez, citamos o texto: Quando um corpo está em equilíbrio com a sua vizinhança, emite e absorve energia, como radiação, à mesma taxa temporal. Aqui a palavra equilíbrio refere-se ao estado de equilíbrio térmico, em que a temperatura média permanece constante. Assim sendo: (C) V. Grupo II 1. Começamos por calcular o volume de metano que existe na amostra: V CH4 V CH 4 %(V/V) = = 100 V CH4 = 3,5 dm 3 V gás natural 5 Agora, podemos calcular a quantidade química de metano, nas condições normais de pressão e temperatura (V m = 22,4 dm 3 mol -1 ): n = V Vm n = 1, mol E, finalmente, calculamos o número de moléculas de metano: n = N NA N = 1, , N = 9, moléculas 2. (A) Metilbutano (B) Dimetilpropano (C) Pentano (D) Pentano (A) V. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 2 / 11
3 3. A fórmula de estrutura da molécula de dióxido de carbono, CO 2, é a seguinte: / \ O = C = O\ / A resposta deverá contemplar os dois tópicos que se seguem: Na molécula de dióxido de carbono, não existem pares de eletrões de valência não ligantes no átomo central (átomo de carbono). Para minimizar as repulsões que se estabelecem entre os pares de eletrões ligantes, a molécula de dióxido de carbono assume uma geometria linear. 4. O comprimento da ligação corresponde à distância entre os dois núcleos dos átomos que estabelecem a ligação. Evidentemente, essa distância vai ser tanto maior quanto maior for o raio atómico dos átomos. Como o oxigénio antecede o enxofre no mesmo grupo da tabela periódica e como o raio atómico tende a aumentar ao longo do grupo, o átomo de enxofre terá maior raio do que o átomo de oxigénio. O átomo de oxigénio e o átomo de enxofre estão ligados nas moléculas H 2 O e H 2 S, respetivamente, a átomos do mesmo elemento o hidrogénio. É, assim, de prever que a ligação H S na molécula H 2 S tenha maior comprimento do que a ligação H O na molécula H 2 O. Grupo III 1. A quantidade de ácido sulfídrico não ionizado é a quantidade de ácido que sobra quando o equilíbrio é atingido. Com o esquema habitual fica mais claro: Precisamos, pois, de conhecer o valor de z. Como sabemos o ph da solução, podemos começar por calcular a concentração hidrogeniónica, H 3 O + eq, que vai ser igual à concentração de hidrogenossulfureto, HS - eq : Ficamos, pois, com: H 2 S(aq) + H 2 O(l) HS - (aq) + H 3 O + (aq) início y 0 0 variação x + x + x equilíbrio z x x H 3 O + eq = 10 -ph H 3 O + eq = 10 3,94 H 3 O + eq = 1, mol dm -3 H 2 S(aq) + H 2 O(l) HS - (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: HS eq H 3 O + eq (1, ) 2 K c = 1, = z = 0,1 mol dm 3 H2 S eq z Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 3 / 11
4 Como temos o volume da solução (V = 250 cm 3 = 0,25 dm 3 ), podemos determinar a quantidade de ácido não ionizado: n c = n = 0,1 0,25 n = 2, mol V 2. Se o ião sulfureto é uma base, então aceita um protão da água e transforma-se em HS (aq), ao passo que a água origina o ião hidróxido, OH - (aq). Se reagir diretamente com duas moléculas de água, o ião sulfureto transformar-se-á em H 2 S(aq), com formação de dois iões OH (aq). Em todas as opções indicadas é certamente esta última a situação que ocorre. Tudo o que temos de fazer é encontrar a equação acertada. E só há uma: a opção (B). (B) V. Grupo IV Para determinar qual é o reagente limitante da reação química dividimos a quantidade de cada reagente pelo respetivo coeficiente estequiométrico: 3 mol de C 2 H 5 OH 1 10 mol de Cl 2 = 3 = 2,5 4 O menor resultado corresponde ao reagente limitante. Neste caso, o reagente limitante é o cloro, Cl 2 (g). 1.2 Começamos por calcular a quantidade química correspondente aos 1500 g de cloral: m 1500 n = n = n = 10,2 mol M 147,38 Podemos calcular, em seguida, a quantidade de cloral que teríamos obtido se o rendimento fosse 100%. Trata-se da chamada quantidade teórica, n teórico, na expressão do rendimento: n teórico n teórico η = = 100 n teórico = 34 mol 10,2 n real Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 4 / 11
5 Agora, podemos proceder ao cálculo estequiométrico: 1 mol de C 2 H 5 OH 1 mol de CCl 3 CHO x 34 mol x = 34 mol m = 1566 g Outra possibilidade de resolução passaria por colocar o rendimento diretamente no cálculo estequiométrico: 1 mol de C 2 H 5 OH 1 mol de CCl 3 CHO 0,30 x 10,2 mol x = 34 mol m = 1566 g 2. Comecemos por determinar os números de oxidação de todos os elementos presentes na reação química: Cl 2 (g) + 2 Na(s) 2 NaCl(s) Verifica-se que o Cl 2 se reduz (o número de oxidação do cloro diminui de 0 para 1) e funciona como oxidante do Na. (B) V. 3. A energia necessária para dissociar uma mole de moléculas é a chamada energia de ligação, que é: a energia que, ao ser absorvida pela molécula, quebra a ligação covalente, dissociando os átomos; a energia que é libertada quando se estabelece a ligação e a molécula se forma. Recorde-se que às energias absorvidas correspondem variações de energia positivas (ΔE > 0) e às energias libertadas correspondem variações de energia negativas (ΔE < 0). Para que se formem duas moles de átomos de Cl a partir de uma mole de moléculas de Cl 2, é necessário fornecer a energia de ligação. Podemos traduzir esse acontecimento pela equação química seguinte: Cl 2 (g) + 242,7 kj 2 Cl(g) Exame nacional 2012 Exame 2ª Fase nacional V Resolução 2ª Fase p / 11
6 Trata-se, portanto, de uma energia absorvida. (C) V Na folha de rascunho escrevemos a configuração eletrónica do cloro, no estado fundamental: 17Cl 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p x 2 3p y 2 2p z 1 Temos 7 eletrões de valência, distribuídos por 4 orbitais. 4.2 Eis os conjuntos de números quânticos de todas as orbitais de valência do cloro: (3,0,0), (3,1,-1), (3,1,0) e (3,1,1). As mais energéticas são as do subnível 2p: (3,1,-1), (3,1,0) e (3,1,1). Assim: (A) V. Orbital impossível: com l = 0 não podemos ter m l = 1. Orbital 3s: orbital de valência, mas de um subnível abaixo do mais energético. Orbital impossível: com l = 1 não podemos ter m l = Energia de ionização. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 6 / 11
7 Grupo V A descrição gráfica do movimento do objeto de papel indica-nos que ele começa por se encontrar em repouso e permanece nesse estado durante praticamente 0,45 s. Então, cai com velocidade aproximadamente constante, percorrendo uma distância correspondente à altura a que se encontra em relação ao solo. A partir dos 1,55 s está no solo, em repouso. Portanto, a distância percorrida pelo objeto de papel começa por ser nula, depois aumenta no percurso de queda e acaba por estabilizar quando o objeto atinge o solo. (B) V. 1.2 Durante a queda, a velocidade do objeto de papel permanece constante. Temos uma reta no gráfico posição-tempo, o que significa que são percorridas distâncias iguais em intervalos de tempo iguais: velocidade constante. Ora, se a velocidade é constante, então a aceleração é nula e, de acordo com a Segunda Lei de Newton, a força resultante será nula também. Como no objeto atua o peso, então é fundamental que exista uma força (a resistência do ar) de módulo igual e sentido oposto que anule a força resultante. Assim: (C) V. 1.3 A energia dissipada corresponde, neste caso, ao trabalho da força de resistência do ar. Trata-se do trabalho de forças exteriores, que pode ser calculado a partir da Lei Geral da Conservação da Energia Mecânica: W Fext = ΔE m A variação da energia mecânica é obviamente igual à soma da variação da energia cinética com a variação da energia potencial gravítica: ΔE m = ΔE c + ΔE pg Já vimos que, durante a queda, a velocidade do objeto de papel permanece constante. Logo, a energia cinética não varia: ΔE c = 0 Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 7 / 11
8 Quanto à variação da energia potencial gravítica, necessitamos de conhecer a variação da altura a que o objeto se encontra relativamente ao solo, no intervalo de tempo considerado: y / m 0,96 0,20 0,90 1,30 t / s Podemos escrever (não esquecer de reduzir a massa a unidades S.I.): ΔE pg = mgh f mgh i ΔE pg = 0, ,20 0, ,76 ΔE pg = 1, J Desta forma: W Fext = ΔE m = -1, J Logo: E d = 1, J Se o corpo se encontrar em queda livre, terá a atuar sobre ele apenas o peso. Ao longo do eixo Oy teremos um movimento retilíneo uniformemente acelerado. A velocidade começará por aumentar devagar e depois cada vez mais depressa, e o gráfico será a típica parábola com concavidade voltada para baixo: y(m) t(s) 2.2 Trata-se da Lei das Velocidades aplicada a uma situação em que v o = 0: v = v o gt v = 10 t (m s -1 ) É necessário não esquecer que se considera positivo o eixo de baixo para cima e que a aceleração da gravidade, apontando para baixo, é negativa. (B) V. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 8 / 11
9 2.3 Da Lei das Posições, ao longo do eixo Oy, podemos retirar: y = y o 1 gt 2 2 Sendo y = 0,6 m e y o = 1,20 m, podemos escrever: Assim: 0,6 = 1,20 1 gt 2 t = 1,20 2 g 2.4 Vimos que a velocidade de um corpo em queda livre, junto à superfície da Terra, é dada por: v = 10 t Isto significa que a velocidade não depende da massa do corpo, pelo que, se alterarmos a massa, a velocidade de impacto no solo não sofrerá alteração. Já a energia cinética depende diretamente da massa: Por isso: (A) V. E c = 1 mv 2 2 Grupo VI 1. Os alunos ligaram o altifalante ao gerador de sinais para que o sinal elétrico produzido por este fosse convertido num sinal sonoro. Os alunos ligaram o microfone ao osciloscópio para que o sinal elétrico, resultante da conversão do sinal sonoro no microfone, fosse registado no osciloscópio. Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 9 / 11
10 A amplitude mede-se no eixo vertical e, evidentemente, é diferente para os dois sinais. A frequência está relacionada com o período, que se mede no eixo horizontal. Verifica-se que o período dos dois sinais é igual a 2 ms. 2.2 O sinal produzido pelo gerador de sinais é um sinal elétrico que percorre dois caminhos diferentes até chegar ao osciloscópio: Caminho nº 1 O sinal viaja diretamente até ao osciloscópio sempre sob a forma de sinal elétrico. Caminho nº 2 O sinal viaja até ao altifalante sob a forma de sinal elétrico; entre o altifalante e o microfone é um sinal sonoro e do microfone até ao osciloscópio vai ser, novamente, um sinal elétrico. Os dois sinais chegam ao osciloscópio desfasados no tempo precisamente porque não se deslocam à mesma velocidade: enquanto que o sinal que percorre o caminho nº 1 viaja sempre à velocidade de propagação do sinal elétrico, que é muito próxima da velocidade da luz, o sinal que viaja pelo percurso nº 2 vai chegar um pouco mais tarde porque uma parte do percurso é feita à velocidade do som, que é bastante baixa comparada com a velocidade de propagação do sinal elétrico. Portanto, a diferença temporal entre os dois sinais corresponde, precisamente, ao tempo que o sinal do percurso nº 2 foi sinal sonoro, isto é, ao tempo que o sinal demorou a percorrer a distância entre o altifalante e o microfone: Logo: Δt = 0,5 ms 1 ms Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 10 / 11
11 3. Vamos começar por obter o valor experimental da velocidade de propagação do som no ar, a partir do declive da reta de ajuste aos valores apresentados. Distância Tempo / ms 0,200 0,54 0,400 1,26 0,600 1,77 0,800 2,52 1,000 2,98 É necessário ter em atenção o seguinte: Para obtermos a velocidade em unidades S.I. há que converter o tempo para segundos. Vamos obter um gráfico d = f(t), pelo que a distância estará no eixo Oy e o tempo no eixo Ox. Vamos descrever o procedimento a adotar para os dois modelos de máquina gráfica mais utilizados: Modelo CASIO FX-9860 Clicar em MENU e selecionar STAT; Introduzir na list 1 o x (que, neste caso, será t) e na list 2 o y (neste caso, d); Pressionar F1 duas vezes (GRAPH e GPH1); Para obter a equação da reta, pressionar F1 (CALC) seguido de F2 (X). Modelo TEXAS TI-84 Plus Clicar em STAT, selecionar EDIT e introduzir os valores de t em L1 e de d em L2; Clicar novamente em STAT, selecionar CALC e 4:LinReg(ax+b); Quer num modelo quer no outro, deveremos obter a seguinte equação para a reta: y = 324,0 x + 0,012 Ou seja, o declive da reta de ajuste, que corresponde à velocidade de propagação do som no ar, é: m = v = 324,0 m s -1 Para calcular o erro relativo, é boa ideia começarmos por determinar o erro absoluto: e abs = v med v exa e abs = 342,3 324,0 e abs = 18,3 m s -1 Agora, podemos obter o resultado final: e abs e rel = 100 e rel = 18,3 100 e rel = 5,35% v exa 342,3 Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 11 / 11
Item 3. Aceitam-se como respostas corretas apenas: watt ou W; joule por segundo ou J s -1 ; joule/segundo ou J/s. Grupo II Item 1. Calcula o número to
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