RESOLUÇÃO EXAME NACIONAL ª Fase Versão 1

Transcrição

1 RESOLUÇÃO EXAME NACIONAL ª Fase Versão 1 1. Eletrões de valência. Grupo I 2. A configuração eletrónica do carbono, 6 C, no estado fundamental, é a seguinte: 6C 1s 2 2s 2 2p x 0 2p y 1 2p z 1 ou 6C 1s 2 2s 2 2p x 1 2p y 0 2p z 1 ou 6C 1s 2 2s 2 2p x 1 2p y 1 2p z 0 Note que é necessário levar em linha de conta não só o princípio da energia mínima mas também a regra de Hund. Assim: (B) V. 3. Os isótopos são átomos do mesmo elemento químico, pelo que apresentam o mesmo número atómico, mas que têm diferente número de neutrões no núcleo, tendo, portanto, diferente número de massa. Quanto aos eletrões, uma vez que se trata de átomos, o número destes é sempre igual ao número de protões e, por isso, igual ao número atómico. Em suma, átomos de isótopos têm igual número atómico, igual número de protões e igual número de eletrões e têm diferente número de massa e diferente número de neutrões. (C) V. 4. Orbital atómica. Exame nacional 2012 Exame 1ª Fase nacional V Resolução 1ª Fase p / 11

2 Grupo II Começamos por transcrever as coordenadas dos pontos para a tabela da calculadora gráfica e obtemos o correspondente gráfico m = f (V). m (g) V (dm 3 ) Fazendo a análise de regressão linear, utilizando a função da calculadora gráfica, podemos traçar a reta de melhor ajuste aos pontos do gráfico e obter a respetiva equação reduzida. Obtemos: y = 1, , ou, neste caso: m = 1,267 V Sabemos, por outro lado, que o volume, V, de uma amostra de qualquer material ou substância se relaciona com a respetiva massa, m, através da densidade (ou massa volúmica), ρ, de tal forma que: ρ = m V m = ρ V Ora, comparando a equação da reta com a expressão anterior, concluímos que: ρ = 1,267 g dm 3 Agora que já obtivemos a massa volúmica do gás, temos de encontrar uma expressão que nos permita determinar o volume molar, nas condições referidas. Vejamos: m n = M Para o caso concreto de gases, também é verdade que: M e V m são, respetivamente, a massa molar do gás e o volume molar. Igualando as duas expressões, obtemos: n = ρ = V Vm M Vm 314 Exames Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 2 / 11

3 Agora, só temos que recorrer à Tabela Periódica para calcular a massa molar: Finalmente, podemos escrever: M(H 2 S) = 34,09 g mol -1 M V m = V m = 34,09 V m = 26,9 dm 3 mol -1 ρ 1,267 É interessante notar que, se levássemos em linha de conta as regras relativas ao número de casas decimais (o que não é pedido no enunciado), teríamos: E: ρ = 1,3 g dm -3 e M(H 2 S) = 34,1 g mol -1 V m = 26,2 dm -3 mol As amostras são gasosas, pelo que podemos calcular a quantidade química a partir de: n = Encontrando-se as duas amostras nas mesmas condições de pressão e temperatura, apresentam o mesmo volume molar. Como a amostra de H 2 S(g) tem o dobro do volume, então apresentará o dobro do número de moles de moléculas, o que significa que também terá o dobro das moléculas. Se o número de moles de moléculas de CH 4 (g) for n, uma vez que cada molécula tem 5 átomos no total (um átomo de carbono e quatro átomos de hidrogénio), então o número de moles de átomos será 5n e o número de moles de átomos de hidrogénio será 4n. Repetindo o raciocínio, concluímos que o número total de moles de moléculas de H 2 S(g) será 2n, o número total de moles de átomos nesse caso vai ser igual a 6n e o número de moles de átomos de hidrogénio é 4n. Do exposto conclui-se que apenas o número de moles de átomos de hidrogénio e, consequentemente, o número de átomos desse elemento é igual nas duas amostras. (C) V. V Vm 1.3 Para escrever a equação química apenas temos que seguir o que é referido no enunciado e acertar o esquema químico: 2 H 2 S(g) + 3 O 2 (g) 2 SO 2 (g) + 2 H 2 O(g) Exame nacional 2012 Exame 1ª Fase nacional V Resolução 1ª Fase p / 11

4 A emissão de SO 2 (g) para a atmosfera implica a ocorrência de reações com a água na atmosfera que originam ácidos, que contribuem para o aumento da acidez da água da chuva. Embora os critérios de correção da prova o não exijam, podemos exemplificar essa formação de ácidos por reação do dióxido de enxofre com a água da chuva: SO 2 (g) + H 2 O(l) H 2 SO 3 (aq) O produto da reação é, de facto, um ácido o ácido sulfuroso Atendendo à expressão que nos permite determinar a composição qualitativa desta solução, em partes por milhão: m H2 S m solução ppm = 10 6 e fazendo as substituições dos dados fornecidos, reduzindo a massa de solução a miligramas (m = 1 kg = 10 6 mg), obtemos: m H2 S = m H2 S = 22 mg Portanto: (B) V. 2.2 Dado tratar-se de uma reação de oxidação-redução, é fundamental começarmos por determinar os números de oxidação de todos os elementos químicos intervenientes: H 2 S(aq) + Cl 2 (aq) S(s) + 2 HCl (aq) Note que o número de oxidação do S aumenta de 2 para 0 (oxidação), ao passo que o número de oxidação do Cl diminui de 0 para 1 (redução). Temos, pois, que o H 2 S(aq) é oxidado pelo Cl 2 (aq) e funciona como agente redutor desse mesmo Cl 2 (aq), que é reduzido. (A) V. 316 Exames Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 4 / 11

5 A reação do H 2 S com água é uma ionização, tal como sucede com todos os ácidos de Bronted -Lowry. Em meio ácido, já existe H 3 O + (aq) em solução, que irá afetar o equilíbrio do H 2 S(aq), tornando a reação menos extensa. Em meio básico, há excesso de HO (aq) na solução. Esse HO (aq) reagirá com o H 3 O + (aq) que provém do ácido, diminuindo a sua concentração. De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o ácido reagirá então em maior extensão, de modo a repor o H 3 O + (aq) neutralizado. (B) V. 3.2 Podemos começar por calcular a concentração do ião Fe 2+ na solução (note que temos V = 1 dm 3 ): m n = M n Fe 2+ = 4,47 n Fe 2+ = 8, mol c = 8, mol dm 3 55,85 Atendendo a que a precipitação se inicia se o quociente da reação igualar o produto de solubilidade, podemos calcular a concentração de S 2- (aq) necessária: Q = K s Fe 2+ S 2 = 6, S 2 = 7, mol dm 3 Agora, podemos usar a constante de acidez do H 2 S para determinar a concentração hidrogeniónica: S 2 eq H 3 O + 2 eq H 2 S eq 6, ,1 7, K a = H 3 O + eq = H 3 O + eq = 2, mol dm 3 4. A molécula de H 2 S apresenta geometria semelhante à da molécula de H 2 O: S H H Tem, portanto, um total de oito eletrões de valência, sendo quatro deles não ligantes. (D) V. Exame nacional 2012 Exame 1ª Fase nacional V Resolução 1ª Fase p 5 - /

6 Grupo III 1. Repare que a concentração de A diminui de 1 mol dm -3 para 0,49 mol dm -3, ao passo que a concentração de B baixa do mesmo valor inicial para, aproximadamente, 0,23 mol dm -3. Há um consumo de 0,49 mol dm -3 de A e de 0,77 mol dm -3 de B. Isto significa que o coeficiente estequiométrico de B é maior que o de A. Mas não é o dobro, porque, se assim fosse, ter-se-iam gasto 0,98 mol dm -3 de B. Desta forma, resta-nos a hipótese de, por cada 2 moles de A consumidas, haver 3 moles de B que se gastam. E, de facto, se aplicarmos o cálculo estequiométrico, obtemos: Assim: (D) V. 2 mol dm -3 de A 3 mol dm -3 de B 0,51 mol dm -3 x x = 0,77 mol dm -3 de B 2. O equilíbrio químico implica que as concentrações de todas as espécies presentes no sistema permaneçam constantes. Do gráfico podemos retirar que isso sucede a partir do instante t 3. (C) V. 3. É certo que no instante em que introduzimos A no sistema, que estava em equilíbrio, dá-se uma queda brusca do valor do quociente da reação. A questão que se coloca é: como evolui esse mesmo quociente da reação a partir daí, até que se atinja um novo estado de equilíbrio? Ora, como a temperatura permanece constante, não há alteração do valor de K c, pelo que o quociente da reação terá que aumentar até se atingir o novo equilíbrio químico. Dito de outra forma: De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o aumento da concentração da espécie A favorece a reação direta. Assim, o quociente da reação irá aumentar até igualar o valor da constante de equilíbrio da reação à temperatura T. 318 Exames Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 6 / 11

7 Grupo IV 1. Aqui, o fundamental é recordar que os amperímetros se ligam em série e os voltímetros são ligados em paralelo ao circuito elétrico. (B) V Diferença de potencial ou Tensão ou Intensidade de corrente. 2.2 Olhando para o gráfico, verificamos que é preciso ter cuidado com os primeiros 30 s de aquecimento. Durante esse intervalo de tempo inicial, o calor que a resistência de aquecimento está a dissipar não atinge o termómetro, uma vez que a temperatura não só não sobe como, inclusive, acaba por descer. Isto significa que deveremos ignorar esses 30 segundos porque não são representativos do comportamento do bloco calorimétrico como um todo. A potência dissipada pela resistência de aquecimento corresponde ao calor que, por segundo, é fornecido ao bloco de cobre (note que aqui se fala em dissipado no sentido de a resistência ser puramente dissipativa, isto é, a resistência transforma em calor toda a energia que recebe do circuito elétrico). Sabendo isso, podemos calcular o calor fornecido ao bloco em qualquer intervalo de tempo representativo. Por exemplo, para o intervalo [50, 150] s, temos: E f = P Δt E f = 1, E f = 158 J Como os alunos procederam de modo a minimizar a taxa de dissipação de energia do bloco, podemos considerar que toda a energia fornecida pela resistência elétrica corresponde a calor efetivamente fornecido pelo bloco de cobre: E = q = 158 J Podemos, pois, utilizar a expressão que nos permite calcular o calor em função da variação de temperatura: q = mcδt c = q mδt De acordo com o enunciado, a massa do bloco é igual a 1 kg. Exame nacional 2012 Exame 1ª Fase nacional V Resolução 1ª Fase p / 11

8 Do gráfico podemos retirar os valores da temperatura que permitem calcular ΔT para o intervalo que escolhemos: 18,00 17,94 17,90 17,56 temperatura / ºC 17,80 17,70 17,60 17,50 Ficamos, assim, com: 17, tempo / s 158 c = c = 4, J kg 1 o C 1 1 (17,94 17,56) 3. Recorrendo à transformação já utilizada na questão anterior, obtemos uma expressão que nos permite calcular a capacidade térmica mássica em função de dados fornecidos no enunciado: c = q mδt Se considerarmos intervalos de tempo iguais, temos que o valor de q será o mesmo. Como os blocos têm a mesma massa, terá maior capacidade térmica mássica o que experimentar menor variação da temperatura: temperatura / ºC cobre ΔT Cu alumínio ΔT Al tempo / s Atendendo ao gráfico, devemos escolher o bloco de alumínio. A resposta deverá conter apenas os seguintes tópicos: Num mesmo intervalo de tempo, a variação da temperatura do bloco de cobre é superior à variação da temperatura do bloco de alumínio. Conclui-se, assim, que o alumínio terá maior capacidade térmica mássica do que o cobre. 320 Exames Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 8 / 11

9 Grupo V O vetor velocidade do carrinho tem direção tangente à trajetória em cada ponto e sentido do movimento OU equivalente. O vetor aceleração do carrinho tem direção perpendicular à trajetória em cada ponto e sentido para o centro da trajetória OU equivalente. 1.2 Uma vez que o movimento do carrinho é circular uniforme, a aceleração é igual à aceleração normal ou centrípeta: a = a c = v 2 r Como nos indicam que r = 0,25 m (metade do diâmetro, que é 50 cm), precisamos apenas de calcular v: O período, T, corresponde ao tempo necessário para cumprir uma volta: v = 2π r T T = 47,6 5 T = 9,52 s Substituindo, obtemos: E a aceleração: v = 1, m s -1 v 2 (1, ) 2 a = a = a = 1, m s 2 r 0, Vimos que a aceleração depende da velocidade e do raio. Ora, ao colocarmos sobrecargas alteramos a massa sem que varie o valor da velocidade ( se deslocam sobre a pista demorando o mesmo tempo a descrever uma volta completa ), nem o valor do raio (é a mesma pista). Sendo assim, o valor da aceleração permanecerá inalterado. Quanto à intensidade da resultante das forças que atuam no conjunto carrinho + sobrecarga, F, ela depende diretamente, de acordo com a Segunda Lei de Newton, da massa e da aceleração: F = ma Como a aceleração, a, é constante, à medida que a massa, m, aumenta, teremos um aumento linear do valor da força. Assim: (A) V. Exame nacional 2012 Exame 1ª Fase nacional V Resolução 1ª Fase p 9 - /

10 O gráfico relaciona o trabalho da resultante das forças aplicadas no carrinho, W, com a distância percorrida, d, num movimento retilíneo sem inversão do sentido (a distância percorrida é igual ao deslocamento). A relação matemática entre os dois é: W = F res d Relacionando esta expressão com a equação reduzida da reta, obtemos: W = F res d y =m x Daqui se conclui que o declive da reta corresponde à intensidade da resultante de forças aplicadas ao carrinho. 2.2 A energia cinética do carrinho mantém-se constante quando o carrinho sobe a rampa, uma vez que a sua velocidade é constante. A energia potencial gravítica do sistema carrinho + Terra varia quando o carrinho sobe a rampa, uma vez que a altura varia. Sendo a energia mecânica a soma das energias cinética e potencial gravítica, conclui-se que não existe conservação da energia mecânica do sistema carrinho + Terra quando o carrinho sobe a rampa com velocidade constante. 3. Analisemos cada uma das opções: (A) Num som puro nunca há sobreposição de frequências. (B) A um som intenso corresponde uma onda sonora de amplitude elevada. (C) O espectro do som não corresponde a uma função sinusoidal. (D) O espectro do som é, de facto, o resultado da sobreposição de vários harmónicos. Assim: (D) V. 322 Exames Exame nacional ª Fase V 1 Resolução p 10 / 11

11 Grupo VI Utilizando a Lei de Snell-Descartes, uma vez que n ar = 1, podemos escrever: sin θ i sin 24,0 n ar sin θ i = n vidro sin θ r n vidro = n vidro = = n vidro = 1,476 sin θr sin 16,0 O índice de refração, n, de um meio relaciona-se com a velocidade de propagação da luz, v, nesse meio através de: c n = v Substituindo: 3,00 10 v = 8 v = 2, m s 1 1, Nada melhor que um esquema para se perceber geometricamente o que sucede nas duas transmissões da luz: 24,0 o ar (B) V. 16,0 o 16,0 o vidro 2. A reflexão total da luz ocorre se existir um ângulo de incidência superior a um ângulo crítico, θ c. O ângulo crítico é o ângulo de incidência para o qual o ângulo de refração é igual a 90 o : n 2 n 1 sin θ i = n 2 sin θ r n 1 sin θ c = n 2 sin 90 sin θ c = n 1 Atendendo a que sin θ c 1, concluímos que n 1 > n 2. Assim: (D) V. 24,0 o ar Exame nacional 2012 Exame 1ª Fase nacional V Resolução 1ª Fase p / 11