RESOLUÇÃO – Exame nacional 2013 – 1ª 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.
Assim:
(A)– F.
(B)– F.
(C)– V.
(D)– F.
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.
(A)– F.
(B)– V.
(C)– F.
(D)– F.
©
20_valoresFQ_p117a142.indd 1
Exame nacional 2013 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p. 1 / 10
26/07/13 11:15
5.
5.1. 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:
1 mol A : 1 mol B : 2 mol C
Ou, dito de outra forma, a equação química será:
A(g) + B(g)
2 C(g)
E a constante de equilíbrio será dada por:
Kc =
|C|2eq
|A|eq|B|eq
Substituindo os valores que constam da tabela, obtemos:
Kc =
0,4322
⇔ Kc = 54,4
0,144 × 0,0238
5.2. 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.
©
20_valoresFQ_p117a142.indd 2
Exame nacional 2013 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p. 2 / 10
26/07/13 11:15
Grupo II
1.
1.1. 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.
1.2. Quando um sistema se encontra em equilíbrio térmico emite e absorve energia à mesma taxa temporal.
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
1.3. 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 = 0,34 × 4200 × 16,5 ⇔ ΔU = 2,36 × 104 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:
P=I×A
Não esquecer de reduzir a unidades S.I.:
A = 140 cm2 = 1,4 × 10–2 m2
E obtemos:
P = 600 × 1,4 × 10–2 ⇔ P = 8,4 W
Como:
P=
©
20_valoresFQ_p117a142.indd 3
E
ΔT
Exame nacional 2013 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p. 3 / 10
26/07/13 11:15
Para o intervalo de tempo considerado, temos, em unidades S.I.:
E = 8,4 × 90 × 60 ⇔ E = 4,54 × 104 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
2,36 × 104
× 100 ⇔ % =
× 100 ⇔ % = 52%
4,54 × 104
E
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:
Assim:
(A)– F.
(B)– V.
(C)– F.
(D)– F.
2.
2.1. Temos a relação entre os índices de refração, n, dos dois meios:
nI = 2 nII
©
20_valoresFQ_p117a142.indd 4
Exame nacional 2013 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p. 4 / 10
26/07/13 11:15
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:
vI =
1
vII
2
Por outro lado, a velocidade da luz relaciona-se com o comprimento de onda, λ, através da expressão:
v=λf
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:
λI =
1
λII
2
Assim:
(A) – F.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – V.
2.2. A reflexão total da luz ocorre se existir um ângulo de incidência superior ao chamado ângulo crítico, θc.
O ângulo crítico é o ângulo de incidência para o qual o ângulo de refração é igual a 90º:
nI sin θi = nII sin θr ⇔ nI sin θc = nII sin 90 ⇔ sin θc =
nII
nI
Neste caso, temos:
sin θc =
1
⇒ θc = 30o
2
(A)– F.
(B)– F.
(C)– V.
(D)– F.
©
20_valoresFQ_p117a142.indd 5
Exame nacional 2013 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p. 5 / 10
26/07/13 11:15
Grupo IV
1.
1.1. A configuração eletrónica do carbono, 6C, no estado fundamental, é a seguinte:
C – 1s2 2s2 2p2
6
Cada nível e subnível tem um valor diferenciado de energia.
Assim:
(A) – F.
(B) – F.
(C) – V.
(D) – F.
1.2. (A) – F.
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.
(C) – F.
Trata-se da configuração eletrónica, no estado fundamental, com os eletrões das orbitais 2p distribuídos de acordo com a regra de Hund.
(D) – F.
É uma configuração eletrónica errada porque viola o Princípio da Exclusão de Pauli, uma vez que a
orbital 2pz contém mais do que 2 eletrões.
2.
2.1. A configuração eletrónica do nitrogénio (azoto), 7N, no estado fundamental, é a seguinte:
N – 1s2 2s2 2p3
7
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.
(A) – F.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – V.
2.2. 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.
©
20_valoresFQ_p117a142.indd 6
Exame nacional 2013 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p. 6 / 10
26/07/13 11:15
3.
3.1. Trata-se de um exercício de conversão de unidades. Neste caso, de partes por milhão:
ppm =
mHCN
× 106
mar
para percentagem em massa:
%(m/m) =
mHCN
× 102
mar
Este tipo de conversão pode ser feito de diversas formas, mas aquela que temos vindo a sugerir
passa por dividir uma expressão pela outra:
%(m/m)
102
⇔ %(m/m) = 8,6 × 10–5 %
=
0,860
106
(A) – F.
(B) – V.
(C) – F.
(D) – F.
3.2. Como conhecemos a densidade (ou massa volúmica), ρ, do HCN, podemos determinar a massa da
amostra:
ρ=
m
⇔m=ρV
V
n=
ρV
m
⇔n=
M
M
A quantidade química, n, é dada por:
Donde resulta:
n=
1,086 × 5,0
27,03
Assim:
(A) – V.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
Grupo V
1. Trata-se da equação de ácido-base do anião cianeto:
CN–(aq) + H2O(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).
©
20_valoresFQ_p117a142.indd 7
Exame nacional 2013 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p. 7 / 10
26/07/13 11:15
2.
2.1. Para comparar a força dos dois ácidos vamos comparar as ordens de grandeza das respetivas constantes de acidez:
Ka(HNO2) 10–4
= 106
=
Ka(HCN) 10–10
(A) – V.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
2.2. 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:
HNO2(aq) + H2O(l)
–
H3O+(aq)
0
+x
x
0
+x
x
NO2(aq) +
início | |
y
variação
–x
equilíbrio | | z = y – 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,
–
|H3O+|eq, que vai ser igual à concentração do anião nitrito, |NO2|eq:
|H3O+|eq = 10–pH ⇔ |H3O+|eq = 10–2,72 ⇔ |H3O+|eq = 1,9 × 10–3 mol dm–3
Ficamos, pois, com:
–
HNO2(aq) + H2O(l)
equilíbrio | |
NO2(aq)
1,9 × 10–3 mol dm–3
z
+
H3O+(aq)
1,9 × 10–3 mol dm–3
Agora, há que substituir na expressão da constante de acidez e determinar o valor de z:
Kc =
|NO2–|eq|H3O+|eq
|HNO2|
⇔ 4,5 × 10–4 =
(1,9 × 10–3)2
z
⇔ z = 8,06 × 10–3 mol dm3
Finalmente, podemos determinar y:
z = y – x ⇔ y = 0,01 mol dm–3
Grupo VI
1.O trabalho do peso, Wp, tal como o trabalho de qualquer outra força, pode ser calculado pela expressão habitual:
Wp = P × Δr × cos α
Neste caso, o peso, P, é:
P = m g ⇔ P = 0,048 N
©
20_valoresFQ_p117a142.indd 8
Exame nacional 2013 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p. 8 / 10
26/07/13 11:15
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, vm, que por sua vez é igual à velocidade instantânea, v:
∆r
vm =
⇔ ∆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.
Assim:
Wp = 0,048 × 0,68 × cos 0 ⇔ Wp = 3,3 × 10–2 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.
(B) – F.
(C) – F.
(D) – F.
3.A relação matemática entre a altura a que o balão se encontra e a sua energia potencial gravítica é
por demais conhecida:
Epg = mgh
Trata-se de uma relação linear, pelo que não há dúvida quanto à representação gráfica Epg = f(h):
(A) – F.
(B) – F.
(C) – F.
(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 =
©
20_valoresFQ_p117a142.indd 9
0,0150 + 0,0147 + 0,0147
= 0,0148 s
3
Exame nacional 2013 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p. 9 / 10
26/07/13 11:15
Substituindo, obtemos o valor da velocidade:
v=
d
0,027
⇔v=
⇔ v =1,82 m s–1
∆t
0,0148
2.
2.1. Temos um gráfico x = f(vo). A relação matemática entre estas duas grandezas decorre da lei do movimento aplicada ao eixo horizontal:
x = vo × t
Onde t é o tempo de voo.
Relacionando esta expressão com a equação reduzida da reta, obtemos:
x =
t
× vo
y = m ×
x
Daqui se conclui que o declive da reta corresponde ao tempo de voo.
Indicar apenas “Tempo de voo”, sem justificar.
2.2. Recorrendo à máquina gráfica, obtemos a equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto de valores apresentados na tabela:
x = 0,4691vo + 2 × 10–4 (m)
Esta equação fornece-nos o alcance, em função da velocidade de lançamento, vo, 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 = 0,4691vo + 2 × 10–4 ⇔ vo = 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:
Em(A) = Em(B) ⇔
1
1
mvA2 + mghA =
mvB2 + mghB
2
2
Como a esfera parte do repouso em A, e a altura de A é medida em relação ao nível de B (hB = 0),
podemos calcular qual deverá ser a altura de A que garante uma velocidade em B que iguala a velocidade máxima de lançamento:
hA =
©
20_valoresFQ_p117a142.indd 10
v 2
B
2g
⇔ hA = 0,27 m
Exame nacional 2013 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p. 10 / 10
26/07/13 11:15