PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROVA DE 2.ª FASE (VERSÃO 1) GRUPO I

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1 PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROVA DE 2.ª FASE (VERSÃO 1) GRUPO I 1. O nome da grandeza a que se refere a expressão em itálico é aceleração. 2. (C) Uma vez que as forças dissipativas foram totalmente eliminadas, na situação descrita, o sistema é conservativo, dado que a única força que realiza trabalho o peso ou força gravítica é uma força conservativa. Nessas condições, a energia mecânica é constante (E m= constante) e a variação da energia mecânica é nula ( E m =0). Deste modo, sendo a variação da energia mecânica ( E m = E p + E c) a soma da variação da energia potencial gravítica ( E p) com a variação da energia cinética ( E c), pode dizer-se que a variação da energia cinética é o simétrico da variação da energia potencial ( E p = E c). Desenvolvendo esta igualdade na situação apresentada resulta E p = E c * Esta expressão evidencia que o módulo da velocidade no ponto mais baixo da linha dos carris é independente da massa do carrinho, dependente do módulo da aceleração gravítica local e não é diretamente proporcional à altura do ponto de partida nem à energia mecânica inicial do sistema carrinho + Terra. * Uma vez que h ponto mais baixo= 0 e v ponto mais alto = 0 3. (A) A força gravítica, que designamos por peso, é uma força conservativa, ou seja, quando realiza trabalho sobre um sistema não faz variar a sua energia mecânica. O trabalho realizado por uma força conservativa quando desloca um corpo de uma posição para outra depende apenas da posição inicial e final, qualquer que seja a trajetória descrita, assim nestas condições, o trabalho realizado pelo peso do carrinho, entre o ponto de partida e o final da linha de carris é independente do comprimento da linha de carris. 4. O carrinho nunca atingirá a altura do ponto de partida porque o sistema não é conservativo, verifica-se dissipação de energia mecânica, o que implica uma variação da energia mecânica negativa ( E m <0). A variação da energia mecânica ( E m = E p + E c) é a soma da variação da energia potencial gravítica ( E p) com a variação da energia cinética ( E c). Sendo nulas as velocidades do ponto de partida e do ponto mais alto posteriormente atingido, também será nula a variação da energia cinética entre essas duas posições ( E c =0). Nestas condições, a variação da energia mecânica (entre o ponto de partida e do ponto mais alto posteriormente atingido) é igual à variação da energia da energia potencial gravítica ( E m = E c) o que traduzirá uma variação de energia potencial negativa ( E p <0). Atendendo à expressão matemática que define a energia potencial gravítica (E p) do sistema carrinho+terra, que é E p = m g h, da variação da energia potencial gravítica resulta: <0 m g h partida m g h ponto mais alto < 0 mg(h partida h ponto mais alto)<0 uma vez que a massa (m) e o módulo da aceleração gravítica (g) se mantêm constantes, a diminuição da energia potencial gravítica terá de resultar de uma diminuição da altura do ponto mais alto posteriormente atingida (h ponto mais alto) relativamente à altura do ponto de partida (h partida). ASA 1

2 GRUPO II 1. A bola é abandonada do topo do plano inclinado o que faz com que o valor da velocidade inicial (v 0) seja nulo. A bola move-se no plano com módulo da aceleração (a) constante, o que faz com que durante a descida a resultante das forças que atuam na bola seja diferente de zero e constante. Assim, nestas circunstâncias, o movimento da bola é retilíneo uniformemente acelerado. Deste modo, a lei horária das posições x = x 0 + v 0t + pode ser simplificada pela expressão x x 0 = e considerando x x 0 = d, resultará: d = ou =. Processo 1 Representando a distância percorrida, d, em função do quadrado do tempo, t 2, gasto para a percorrer, deverá obter-se uma reta cujo declive será metade (um meio) do módulo da aceleração do movimento em estudo. Determinar para d em função de t 2, a equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto de valores registados na tabela. A equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto de valores registados na tabela é d = 0,1738t 2 + 8, (SI) ou y = 0,1738x + 8, (SI), y a distância percorrido (d) e x o quadrado do tempo. Calcular o módulo da aceleração da bola, no movimento considerado Analisando a equação da reta em estudo verifica-se que o declive é 0,1738 e de acordo com a equação das posições para movimentos uniformemente variados: declive = a = 2 declive a = 2 0,1738 a = 0,348 m s 2. Processo 2 Determinar para t 2 em função de d, a equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto de valores registados na tabela. A equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto de valores registados na tabela é t 2 = 5,754d 4, (SI) ou y = 5,754x 4, (SI), correspondendo x a t 2 e y a d. Calcular o módulo da aceleração da bola, no movimento considerado Analisando a equação da reta em estudo verifica-se que o declive é 5,754 declive = declive a = 2 a = a = a = 0,348 m s 2. O módulo da aceleração da bola, no movimento considerado é 0,348 m s (B) Se a bola é abandonada de uma certa altura em relação ao solo e cai verticalmente em condições tais que a resistência do ar pode ser considerada desprezável, o seu movimento é retilíneo uniformemente acelerado. A única força que atua na bola é o peso e a velocidade inicial, v 0, é nula. Tendo em conta o referencial, a lei horária das velocidades é v = at o que evidencia que a velocidade tem o sentido negativo do eixo de referência e o seu módulo é crescente, o que apenas valida o gráfico (B). O gráfico (A) evidencia que a velocidade tem o sentido positivo do eixo de referência e módulo crescente. O gráfico (C) evidencia que a velocidade tem sentido positivo do eixo de referência e módulo decrescente. O gráfico (D) evidencia que a velocidade tem sentido negativo do eixo de referência e módulo decrescente. ASA 2

3 2.2. (D) A bola sobe e desce em condições segundo as quais a resistência do ar é desprezável. Nestas condições, na descida o movimento da bola é retilíneo uniformemente acelerado sendo que a única força que atua é o peso. Na subida o movimento da bola é retilíneo uniformemente retardado sendo que a única força que atua na bola é também o peso. Deste modo na subida e na descida a aceleração do movimento é aceleração gravítica local, em ambos os sentidos do movimento a sua intensidade e sentido mantêm-se, o que apenas valida o gráfico (D). GRUPO III 1. Quando se inicia o processo de transferência de energia que ocorre no interior do sistema considerado, a fonte de energia será a água líquida que se encontra a 20,0 o C e o recetor de energia será o gelo que se encontra a 0 o C. Quando dois corpos a temperaturas diferentes são colocados em contato, há energia a transferir-se como calor do corpo que se encontra a uma temperatura mais elevada, neste caso a água líquida que se encontra a 20,0 o C, funcionando este como a fonte de energia, para aquele que se encontra a uma temperatura mais baixa, neste caso o gelo que se encontra a 0 o C, funcionando este como recetor de energia, até que ambos atinjam a mesma temperatura. 2. (C) Recorrer à expressão E = m H para calcular a energia, expressa em joules, necessária para fundir 30,0 g de gelo que se encontra a 0 o C E = m H E = (0,0300 3, ) J O valor da massa de gelo deve estar expresso em quilogramas devido às unidades em que está indicada a variação da entalpia de fusão do gelo O estabelecimento do balanço energético do sistema baseia-se na Lei da Conservação da Energia ou 1ª Lei da Termodinâmica Processo 1 Recorrer à expressão E = m c T para calcular a energia cedida pela água quando a sua temperatura varia de 20,0 o C para 11,0 o C m(água líquida) = 260,0 g m(água líquida) = 0,2600 kg Ao substituir o valor da massa de água líquida na expressão, E = m c T, esta deve estar expressa em quilogramas devido às unidades da capacidade térmica mássica. E = m c T E = m c (θ f θ i) E = 0,2600 4, (11,0 20,0) E = 0,2600 4, ( 9,0) E = 9, J A energia cedida pela água foi 9, J Comparar a energia cedida pela água líquida com a energia recebida pelo gelo A energia cedida pela água quando a sua temperatura diminui de 20,0 o C para 11,0 o C foi 9, J e, de acordo com o enunciado, a energia recebida pelo gelo quando funde e a sua temperatura aumenta de 0 o C para 11,0 o C foi de 1, J. Verifica-se que: 1, J > 9, J Conclusão sobre o sentido em que terá ocorrido a transferência de energia A energia recebida pelo gelo quando funde e a sua temperatura aumenta de 0 o C para 11,0 o C é superior à energia cedida pela água líquida quando a sua temperatura diminui de 20,0 o C para 11,0 o C, o que permite deduzir que o gelo recebeu mais energia do que aquela que foi cedida pela água, o que possibilita concluir que ocorreu transferência de energia do exterior para o sistema. ASA 3

4 Processo 2 Recorrer à expressão E = m c T para calcular a energia cedida pela água quando a sua temperatura varia de 20,0 o C para 11,0 o C m(água líquida) = 260,0 g m(água líquida) = 0,2600 kg Ao substituir o valor da massa de água líquida na expressão, E = m c T, esta deve estar expressa em quilograma devido às unidades da capacidade térmica mássica. E = m c T E = m c (θ f θ i) E = 0,2600 4, (11,0 20,0) E = 0,2600 4, ( 9,0) E = 9, J A energia cedida pela água foi 9, J Determinar a variação de energia interna ( E i) do sistema (260,0 g de água líquida a 20,0 o C + 30,0 g de gelo o C a 0 ºC) quando sofre a transformação para 290,0 g de água líquida a 11,0 o C. E i = E cedida pela água líquida + E recebida pelo gelo E i = 9, , E i =1, J Conclusão sobre o sentido em que terá ocorrido a transferência de energia A variação da energia interna do sistema é positiva. Significa que o sistema recebeu energia pelo que se conclui que a transferência de energia ocorreu do exterior para o sistema. Processo 3 Recorrer à expressão E = m c T para calcular a energia cedida pela água quando a sua temperatura varia de 20,0 o C para 11,0 o C m(água líquida) = 260,0 g m(água líquida) = 0,2600 kg Ao substituir o valor da massa de água líquida na expressão, E = m c T, esta deve expressa estar em quilograma devido às unidades da capacidade térmica mássica. E = m c T E = m c (θ f θ i) E = 0,2600 4, (11,0 20,0) E = 0,2600 4, ( 9,0) E = 9, J A energia cedida pela água líquida foi 9, J Recorrer à expressão E = m H para calcular a energia, em joules, necessária para fundir 30 g de gelo que se encontra a 0 o C m(gelo) = 30,0 g m(gelo) = 0,0300 kg Ao substituir o valor da massa de gelo na expressão, E = m H, esta deve estar expressa em quilogramas devido às unidades da variação de entalpia de fusão do gelo. E = m H E = 0,0300 3, E = 1, J Comparar a energia necessária para a fusão completa do gelo com a energia cedida pela água inicialmente a 20,0 o C. A energia necessária para a fusão completa do gelo, 1, J, é superior à energia cedida pela água inicialmente a 20,0 o C, ou seja, 9, J Conclusão sobre o sentido em que terá ocorrido a transferência de energia A energia necessária para a fusão completa do gelo, 1, J é superior à energia cedida pela água inicialmente a 20,0 o C, 9, J, o que significa que o sistema recebeu energia. Conclui-se que a transferência de energia ocorreu do exterior para o sistema. ASA 4

5 Processo 4 Recorrer à expressão E = m c T para calcular a diminuição de temperatura que a água líquida, inicialmente a 20,0 o C teria sofrido se tivesse sido ela a ceder toda a energia recebida pelo gelo. m(água líquida) = 260,0 g m(água líquida) = 0,2600 kg Ao substituir o valor da massa de água líquida na expressão, E = m c T, esta deve expressa estar em quilogramas devido às unidades da capacidade térmica mássica. E = m c T T = T = T = 10,5 o C Calcular a variação de temperatura experimentada pelas 260,0 g de água líquida T (água líquida) = (θ f θ i) T (água líquida) = (11,0 20,0) T (água líquida) = 9,0 o C Comparar a diminuição de temperatura que a água líquida teria sofrido se tivesse sido ela a ceder toda a energia recebida pelo gelo com a diminuição de temperatura que realmente se verificou A diminuição de temperatura que a água líquida teria sofrido se tivesse sido ela a ceder toda a energia recebida pelo gelo é 10,5 o C. Assim, seria maior que a diminuição de temperatura que realmente se verificou, 9,0 o C. Conclusão sobre o sentido em que terá ocorrido a transferência de energia Como a diminuição de temperatura que a água líquida teria sofrido se tivesse sido ela a ceder toda a energia recebida pelo gelo, 10,5 o C, seria maior que a diminuição de temperatura que realmente se verificou, 9,0 o C, permite deduzir que o gelo recebeu mais energia do que aquela que foi cedida pela água. Assim, conclui-se que ocorreu transferência de energia do exterior para o sistema. ASA 5

6 GRUPO IV 1. (D) Por análise do gráfico, verifica-se que o índice de refração aumenta linearmente com o aumento da concentração (quanto maior a concentração, maior o índice de refracção, n). n =1,3350 para a solução de concentração 0,50 mol/l e n = 1,3385 para a solução de concentração 1,3400 mol/l Atendendo à expressão n x = n x índice de refração do meio x v x velocidade de propagação da radiação no meio x c velocidade de propagação da radiação no vazio, obtém-se: n x = v x = que define o índice de refração, n x, do meio x, em que: Pode concluir-se que quanto maior o índice de refração menor a velocidade de propagação da radiação nesse meio, dado que a velocidade de propagação da radiação no vazio é uma constante. Assim quanto maior a concentração, maior o índice de refracção e quanto maior o índice de refracção menor a velocidade de propagação da radiação. Por outro lado, tendo em conta a lei de Snell Descartes para a refração n ar sinα ar = n solução sinα solução onde n ar e n solução são os índices de refração dos meios ar e solução, respetivamente e α ar, α solução são os ângulos entre a direção de propagação da radiação monocromática e a normal à superfície de separação dos meios no ponto de incidência, ar e solução, respetivamente. Neste caso, α ar, será o ângulo de incidência (ângulo entre o raio incidente e a normal à superfície de separação dos dois meios, no ponto de incidência) e α solução, será o ângulo de refração (ângulo entre o raio refratado e a normal à superfície de separação dos dois meios, no ponto de incidência) n ar sinα ar = n solução sinα solução sin α ar = sin α solução sin α solução = α solução =sin 1 o que permite concluir que mantendo constante o ângulo de incidência, quanto maio for a velocidade de propagação da radiação monocromática maior será o ângulo de refração nessa solução. Conclusões que apenas validam a opção (D). 2. Determinar o índice de refração da solução de ácido acético, para a radiação monocromática referida, à temperatura de 20 o C. Analisando o gráfico, verifica-se que o índice de refração de uma solução aquosa de ácido acético de concentração 1,20 mol dm 3 a 20 o C é 1,3380 Calcular o ângulo de incidência, α ar α ar = 90 o 40 o α ar = 50 o Recorrer à expressão que traduz a lei de Snell Descartes para a refração n ar sin α ar = n solução sin α solução para calcular o ângulo de refração que se deverá observar n ar, n solução índices de refração dos meios ar e solução, respetivamente α ar, α solução ângulos entre a direção de propagação da radiação monocromática e a normal à superfície separadora no ponto de incidência, nos meios ar e solução, respetivamente Neste caso, α ar, será o ângulo de incidência (ângulo entre o raio incidente e a normal à superfície de separação dos dois meios, no ponto de incidência) e α solução, será o ângulo de refração (ângulo entre o raio refratado e a normal à superfície de separação dos dois meios, no ponto de incidência) n ar sin α ar = n solução sin α solução sin α solução = sin α solução = sin α solução =0,5725 sin α solução =0,5725 α solução =sin 1 (0,5725) α solução =34,9 o O ângulo de refracção que se deverá observar é de 34,9 o. ASA 6

7 3. (C) Quando a luz passa da solução de ácido acético para o ar, segundo um ângulo superior ao ângulo crítico, ocorre a reflexão total porque a solução de ácido acético é um meio mais refringente, ou seja, meio com maior índice de refração que o ar. Recorrendo à expressão que traduz a lei de Snell Descartes para a refração n ar sin α ar = n solução sin α solução e sabendo que o ângulo crítico de incidência corresponde a um ângulo de refração de 90,0 o, α solução =90,0 o resulta: n ar sin 90,0 o = n solução sin α acrítico sin α crítico =, o que evidencia que o ângulo crítico depende do índice de refração da solução. 4. (A) Fator de diluição = Fator de diluição = Fator de diluição = 9 5. (A) Recorrer à expressão, ρ solução=, para determinar o volume de solução, V solução, em função da massa da solução, m solução, e da densidade da solução, ρ solução, ρ solução= V solução= Recorrer à expressão c = para determinar a quantidade de ácido acético, n ácido, em função do volume, V solução, e da concentração, c solução c solução= n ácido= V solução c solução Determinar a expressão que permite calcular a quantidade, n ácido, que existe em 100 g de solução n ácido= V solução c solução n ácido= c solução n ácido= n ácido= mol ASA 7

8 GRUPO V 1. Uma base conjugada de um ácido de Brönsted-Lowry, de acordo com a respetiva teoria, é a espécie química que resulta da perda de um protão (ião H + ) pelo ácido Considera-se, para simplificar, que o volume de solução em estudo é 1,0 dm 3. Calcular a quantidade de ácido acético, CH 3COOH inicial. [ ] [ ] Calcular a concentração de catião, H 3O +, na solução inicial Tendo em conta a relação entre o ph e a concentração de H 3O + expressa em moles por decímetro cúbico, ph = log [H 3O + ] e sabendo, por análise da tabela, que o ph inicial da solução é 2,88, obtém-se: [ ] [ ] [ ] mol dm 3 Calcular a quantidade de catião, H 3O + [ ] [ ] Processo 1 Calcular a quantidade de ácido acético ionizado, CH 3COOH I, na solução Tendo em consideração a estequiometria da reação de ionização do ácido acético é válida a relação n(ch 3COO ) = n(h 3O + ) n(ch 3COO ) = n(ch 3COOH) I= n(ch 3COO ) n(ch 3COOH) I = Calcular a quantidade de ácido acético não ionizado, CH 3COOH n. I, na solução n(ch 3COOH) n. I= n(ch 3COOH) i n(ch 3COOH) I n(ch 3COOH) n. I= 0,100 n(ch 3COOH) n. I= mol Calcular a percentagem de ácido acético não ionizado, CH 3COOHn. I, na solução % de (CH 3COOH) n. I = % de (CH 3COOH) n. I = % de (CH 3COOH) n. I = 98,7% A percentagem de ácido acético não ionizado na solução inicial é 98,7%. Processo 2 Calcular a quantidade de ácido acético ionizado, CH 3COOH I, na solução Tendo em consideração a estequiometria da reação de ionização do ácido acético é válida a relação n(ch 3COO ) = n(h 3O + ) n(ch 3COO ) = n(ch 3COOH) I = n(ch 3COO ) n(ch 3COOH) I= ASA 8

9 Calcular a percentagem de ácido acético ionizado, CH 3COOH I, na solução % de (CH 3COOH) I = % de (CH 3COOH) I = % de (CH 3COOH) I = 1,32% Calcular a percentagem de ácido acético não ionizado, CH 3COOH n. I, na solução % de (CH 3COOH) n. I + % de (CH 3COOH) I = 100% % de (CH 3COOH) n. I = 100% % (CH 3COOH) I % de (CH 3COOH) n. I = 98,7% A percentagem de ácido acético não ionizado na solução inicial é 98,7% 2.2. (C) Tendo em conta a relação entre o ph e a concentração de H 3O + expressa em moles poe decímetro cúbico, ph = log [H 3O + ] e analisando a tabela Calcular a concentração de catião, H 3O +, na solução inicial, [H 3O + ] i Por análise da tabela, verifica-se que o ph inicial da solução é 2,88 [ ] [ ] [ ] mol dm 3 Calcular a concentração de catião, H 3O +, na solução após a adição de 40,00 cm 3 de NaHO, [H 3O + ] após Por análise da tabela, verifica-se que o ph da solução após a adição de 40,00 cm 3 de NaHO é 5,36 [ ] [ ] [ ] mol dm 3 Estabelecer a razão entre as concentrações correspondentes [ ] = [ ] [ ] [ ] = [ ] = [ ] O que mostra que, quando o volume total de NaHO(aq) adicionado é 40,00 cm 3, a concentração hidrogeniónica diminui cerca de trezentas vezes, em relação ao valor inicial A adição de solução aquosa de hidróxido de sódio, NaHO(aq), a uma solução aquosa de ácido acético provoca uma diminuição da concentração hidrogeniónica, [H 3O + ](aq), devido a ocorrer a reação representada pela seguinte equação química: NaHO(aq) + H 3O + (aq) Na + (aq) + 2H 2O(l) Tendo em consideração o Principio de Le Chatelier, (quando um sistema em equilíbrio é sujeito a uma perturbação única, o sistema desloca-se no sentido de contrariar essa perturbação até se estabelecer um novo estado de equilíbrio) pode dizer-se que será favorecida a reação que conduz a um aumento da concentração de H 3O +, que nestas circunstâncias é a reação de ionização do ácido acético, representada pela equação química: CH 3COOH(aq) + H 2O(l) CH 3COO (aq) + H 3O + (aq) Deste modo, é possível concluir que a ionização do ácido acético em água é favorecida pela adição de NaHO. ASA 9

10 GRUPO VI (D) O número de oxidação (n.o.) de um elemento num composto covalente, num dado estado, é a carga que um átomo desse elemento adquiriria se os eletrões ligantes, em cada ligação, fossem totalmente atribuídos aos átomos mais eletronegativos. Determinar o número de oxidação, n, do manganês, Mn, no ião permanganato, Mn A soma algébrica dos números de oxidação de todos os átomos num ião é igual à carga do ião. O número de oxidação do oxigénio é 2 exceto nos peróxidos onde o número de oxidação é 1, e nos superóxidos onde é ½. n.o.(mn) + 4 n.o.(o)= 1 n.o.(mn) + 4 ( 2) = 1 n.o.(mn) 8 = 1 n.o.(mn) = n.o.(mn) =7 Determinar o número de oxidação, n.o., do manganês, Mn, no catião manganês(ii), Mn 2+ O número de oxidação de um elemento num ião monoatómico coincide com a carga do ião. n.o.(mn) = +2 Assim, na reação considerada, o número de oxidação do manganês diminui de +7 para +2, isto é, sofre uma variação de 5 ( n.o. (Mn) =n.o.(mn) final n.o.(mn) inicial n.o.(mn) =+2 (+7) n.o. (Mn) = 5), pelo que sofreu redução, funcionando como oxidante, dado que capta eletrões, provocando a oxidação da outra espécie (B) Determinar a massa pura de etanal, CH 3CHO %pureza = = de etanal = ( ) g Determinar a quantidade de etanal, CH 3CHO, que reage Determinar a quantidade de ácido acético, CH 3COOH, que se forma Tendo em conta a estequiometria da reação, que é de um para um, e sabendo que o etanal reage na totalidade para formar ácido acético, pode estabelecer-se a seguinte relação n (CH 3COOH) = n (CH 3CHO) n (CH 3COOH) = Determinar a massa de ácido acético, CH 3COOH, que se forma m(ch 3COOH) = n(ch 3COOH) M(CH 3COOH) m(ch 3COOH) = 60,06 m(ch 3COOH) = ( ) g ASA 10

11 1.3. Processo 1 Calcular a massa de ácido acético que se obteria se o rendimento fosse de 100%, m(ch 3COOH) t.p, conhecendo a massa de ácido acético realmente obtida, m(ch 3COOH) r.o Calcular a massa de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido acético, m(ch 3CHO) u Tendo em conta a proporção indicada pela estequiometria da reação em estudo, pode apresentar-se a seguinte proporção A massa de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido acético são 12,9 g. Processo 2 Calcular a massa de ácido acético que se obteria se o rendimento fosse de 100%, m(ch 3COOH) t.p, conhecendo a massa de ácido acético realmente obtida, m(ch 3COOH) r.o Calcular a quantidade de ácido acético que se obteria se o rendimento fosse de 100%, n(ch 3COOH) t.p Calcular a quantidade de etanal que teria de se utilizar, n(ch 3CHO) u Calcular a massa de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido acético, m(ch 3CHO) u m(ch 3CHO) u = n(ch 3CHO) u M(CH 3CHO) m(ch 3CHO) u = 0,293 44,06 m(ch 3CHO) u =12,9 g A massa de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido acético são 12,9 g. Processo 3 Calcular a quantidade de ácido acético realmente obtida, n(ch 3COOH) r.o Calcular a quantidade de etanal que teria de se utilizar se o rendimento fosse de 100%, n(ch 3CHO) Calcular a quantidade de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido acético, n(ch 3CHO) r Calcular a massa de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido acético, m(ch 3CHO) m(ch 3CHO) = n(ch 3CHO) u M(CH 3CHO) m(ch 3CHO) = 0,294 44,06 m(ch 3CHO) =13,0 g A massa de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido acético são 13,0 g. ASA 11

12 2. (A) Tendo em consideração a notação de Lewis para a molécula de ácido acético CH 3COOH, e sabendo que cada traço representa um par de eletrões ligantes (dois eletrões) e que cada dois pontos representam um par de eletrões (dois eletrões) não partilhados e que neste tipo de representação apenas são representados os eletrões de valência, verifica-se que a molécula de ácido acético apresenta no total 24 eletrões de valência. NOTA: Poder-se-ia ter chegado à mesma conclusão tendo em conta que o número de eletrões de valência, n.e.v., que uma molécula apresenta é a soma do número de eletrões de valência dos átomos que a constituem. Assim, neste caso, sabendo que os eletrões de valência, para os elementos representativos são os do último nível, tendo em consideração a configuração eletrónica de estado fundamental, começaríamos por escrever as respetivas configurações eletrónicas dos elementos envolvidos: 1H 1s 1 6C 1s 2 2s 2 2p 2 8O 1s 2 2s 2 2p 4 n.e.v.(ch 3COOH) = 4 n.e.v.(h) + 2 n.e.v.(c) +2 n.e.v.(o) n.e.v.(ch 3COOH) = 4(1) + 2(4) +2(6) n.e.v.(ch 3COOH) = n.e.v.(ch 3COOH) = 24 Chegando-se, como seria de prever, à conclusão que cada molécula de ácido acético tem 24 eletrões de valência. 3. (D) Analisando a fórmula química do ácido acético, verifica-se que cada molécula é constituída por 8 átomos (4 átomos de hidrogénio, 2 átomos de carbono e 2 átomos de oxigénio), permitindo concluir que o número de átomos de hidrogénio é 4 vezes superior ao número de moléculas. Calcular o número de moléculas, N, de ácido acético existente em 5 moles, n, de moléculas de CH 3COOH N(CH 3COOH) = n(ch 3COOH) N A N(CH 3COOH) = 5 6, N(CH 3COOH) = 3, Calcular o número de átomos de hidrogénio, N, existente em 3, moléculas de CH 3COOH N(H) = 4 N(CH 3COOH) N(H) = 3, N(H) = 1, átomos, o que valida a opção (D). ASA 12

13 GRUPO VII O estado fundamental de um átomo designa-se por estado de menor energia do átomo ou estado que corresponde à distribuição eletrónica de menor energia (A) Um átomo de um elemento que pertence ao segundo período da tabela periódica distribui os seus eletrões por dois níveis energéticos diferentes, o nível a que corresponde o número quântico principal, n= 1, e aquele a que corresponde número quântico principal, n = 2. Se pertence ao grupo 15 é porque possui 5 eletrões de valência. Então a configuração eletrónica de menor energia (a configuração eletrónica de estado fundamental) para átomos desse elemento será 1s 2 2s 2 2p 3 (o que permite concluir que o elemento em estudo possui número atómico sete, sendo por isso o nitrogénio). Nos átomos polieletrónicos, isto é, em átomos que possuem mais do que um eletrão, a energia de cada eletrão depende do número quântico principal n, e também depende do número quântico secundário, l. Os cinco eletrões de valência (os eletrões do último nível) distribuem-se, no estado fundamental, por quatro orbitais a que correspondem dois valores diferenciados de energia, (E 2s < E 2p ), um para a orbital 2s, e outro para qualquer uma das orbitais 2p (as três orbitais 2p: 2p x, 2p y e 2p z, possuem todas a mesma energia, por isso se chamam orbitais degeneradas) (B) Configuração eletrónica de estado excitado é uma configuração eletrónica que não obedece ao princípio da energia mínima. Assim: (A) representa uma configuração eletrónica impossível porque apresenta 3 eletrões numa orbital 2p. (C) representa a configuração eletrónica de estado fundamental. (D) representa uma configuração eletrónica impossível porque apresenta 3 eletrões na orbital 2s. 2. (D) Se as configurações eletrónicas de valência são semelhantes significa que possuem o mesmo número de eletrões de valência, por isso referem-se a átomos que pertencem ao mesmo grupo. Se esses eletrões se distribuem por orbitais do mesmo tipo é porque o número quântico secundário não varia, mas de número quântico principal diferente, pelo que o período é diferente. 3. Energia de ionização é a energia mínima necessária para remover um eletrão de um átomo, gasoso, isolado, no seu estado fundamental. A grandeza da energia de ionização está relacionada com a força com que o eletrão está preso ao átomo. Quanto maior a energia de ionização, mais difícil é a remoção do eletrão. Ao longo de um mesmo grupo da tabela periódica, à medida que o número atómico aumenta, os eletrões de valência, dos elementos representativos, estão em orbitais de número quântico principal, n, sucessivamente maior, isto é, níveis de energia sucessivamente mais elevados. A energia dos eletrões de valência aumenta ao longo de um mesmo grupo da tabela periódica à medida que o número atómico aumenta, porque os eletrões de valência encontram-se a distâncias médias dos respetivos núcleos sucessivamente maiores, o que implica que a força de atração entre o núcleo e esses eletrões seja sucessivamente menor. Sendo a energia dos eletrões de valência sucessivamente mais elevada, ao longo de um mesmo grupo da tabela periódica, à medida que o número atómico aumenta, a energia mínima necessária para remover um dos eletrões de valência, do átomo, gasoso, isolado, no seu estado fundamental, será cada vez menor. ASA 13

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