PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROVA DE 1ª FASE DE 2015 (VERSÃO 1) GRUPO I 1. (D) O calor é uma medida da energia transferida entre corpos em contacto quando se encontram a temperaturas diferentes. Assim, calor é uma energia transferida. 2. Determinar a variação da energia interna do sistema recorrendo à expressão ∆Einterna= Q + W + R ∆Einterna = Q + W + R ⇔ ∆Einterna = –400 + 300 + 0 ⇔ ∆Einterna = –100 J A variação da energia interna do sistema foi de –100 J, isto é, a energia interna do sistema diminui 100 J.
4
3. Efornecida = 92,0 kJ ⇔ Efornecida = 9,20 ×10 J mgelo = 400 g = 0,400 kg θinicial = –10,0 oC ∆Hfusão = 3,34 ×105 J θfinal(gelo) = 0,0 oC cgelo = 2,11 × 105 J kg–1 oC–1 Determinar a energia necessária para elevar a temperatura dos 400 g de gelo de –10,0 oC para 0,0 oC recorrendo à expressão E = m c ∆T E = m c ∆T ⇔ E = 0,400 × 2,11 × 103 × (0,0 –(–10,0))⇔ E = 8,44 × 103 J Determinar a energia disponível para fundir parte do gelo (Ed) a partir da energia fornecida (Ef) e da energia (Eu) que se sabe ter sido utilizada para elevar a temperatura do gelo de –10,0 oC para 0,0 oC Edisponível = Efornecida – Eutilizada ⇔ Ed = 9,20 × 104 – 8,44 × 103 ⇔ Ed = 8,356 × 103 J Determinar a massa de gelo, a 0,0 oC, que pode fundir quando se fornecem 8,356 × 103 J de energia, recorrendo à expressão E = m ∆Hf E = m ∆Hf ⇔ 𝑚 =
!
∆!!
⇔ 𝑚 =
8,356 ×103 3,34 ×105 ⇔ 𝑚 = 0,250 kg Determinar a massa de gelo que não fundiu (ms) a partir da massa total de gelo (mt) e da massa de gelo que fundiu (mf) mt = ms + mf ⇔ ms = mt – mf ⇔ ms = 0,400 – 0,250 ⇔ ms = 0,150 kg A massa de gelo que não se fundiu foi de 0,150 kg. Processo 2 Determinar a energia necessária para elevar a temperatura das 400 g de gelo de –10,0 oC para 0,0 oC recorrendo à expressão E = mc∆T E = m c ∆T ⇔ E = 0,400 × 2,11 × 103 × (0,0 –(–10,0)) ⇔ E = 8,44 × 103 J Determinar a energia necessária para fundir 400 g de gelo recorrendo à expressão E = m ∆Hf E = m ∆Hf ⇔ E = 0,400 × 3,34 × 105 ⇔ E = 1,336 × 105 J Determinar a energia total necessária para aumentar a temperatura e fundir 400 g de gelo Etotal = Eaquecer + Efundir ⇔ Etotal = 8,44 × 103 + 1,336 × 105 ⇔ Etotal = 1,420 × 105 J Determinar a diferença, Efalta, entre a energia total, Etotal , necessária para aumentar a temperatura e fundir 400 g de gelo e a energia fornecida, Efornecida Efalta = Etotal –Efornecida ⇔ Efalta = 1,420 × 105 – 9,20 × 104 ⇔ Etotal = 5,004 × 104 J Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 Determinar a massa de gelo que não fundiu (ms) a partir da energia em falta para fundir a totalidade do gelo recorrendo à expressão Etotal = ms ∆Hf !𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍
Etotal = ms ∆Hf ⇔ 𝑚! =
∆!!
⇔ 𝑚! =
5,004 ×104 3,34 ×105 ⇔ 𝑚! = 0,150 kg 4. (C) A taxa temporal de emissão de radiação pela superfície de um corpo é dada pela expressão !
P = e σ A T4 ⇔ = e σ A T4 o que evidencia que a taxa temporal de emissão de radiação pela superfície de um ∆!
corpo é … : – … diretamente proporcional à quarta potência da temperatura absoluta da superfície desse corpo; – … diretamente proporcional à área da superfície do corpo; – … diretamente proporcional à emissividade da superfície do corpo. Assim, é válida apenas a opção (C). GRUPO II 1. 1.1. (A) Determinar o período do movimento de rotação da roda em torno do seu eixo T = ∆!
!º !" !"#$çõ'(
⇔ T = !"
!"
s
Determinar, sabendo o período do movimento de rotação da roda em torno do seu eixo, o valor da velocidade angular da roda recorrendo à expressão 𝝎 =
𝜔 =
!"
!
⇔ 𝜔 =
!"
!"
!"
⇔ 𝜔 = 2π ×
!"
!"
⇔ 𝜔 =
!"×!"
!"
𝟐𝝅
𝑻
rad s–1 , o que valida a opção (A). 1.2. (A) Tendo em conta as equações do movimento circular com velocidade linear de módulo constante 𝑎! =
!!
!
e 𝑣 =
!"!
!
, deduzir a expressão que estabelece-­‐se a relação de dependência entre ao módulo da aceleração centrípeta e o raio da trajetória 4π! 𝑟 !
2πr !
𝑣!
4π! 𝑟 !
4π! 𝑟
!
𝑎! =
⇔ 𝑎! = 𝑇
⇔ 𝑎! = 𝑇
⇔ 𝑎! =
⇔
𝑎
=
!
𝑟
𝑟
𝑟
𝑟𝑇 !
𝑇!
A expressão, 𝑎! =
!!! !
!!
, permite concluir que, mantendo-­‐se constante o período do movimento, T, o módulo da aceleração centrípeta é tanto maior quanto maior for o raio da circunferência descrita pelo ponto. Assim, como os pontos P e Q dão uma volta completa no mesmo intervalo de tempo, isto é, têm o mesmo período, o módulo da aceleração do ponto P, no intervalo de tempo considerado, é superior ao módulo da aceleração do ponto Q, pois o ponto P é o que descreve um movimento caracterizado por uma circunferência de maior raio. 2. 2.1. Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 Determinar analiticamente o instante em que os ciclistas se cruzam Se os ciclistas se cruzam, nesse instante encontram-­‐se na mesma posição: 𝑥!! =𝑥!!! Assim, 7,0 t = 800 – 0,030 t2 ⇔ 0,030 t2 + 7,0 t – 800 = 0 Esta equação tem duas soluções, sendo que a única que possui significado físico é a que tem valor t = 84 s. Determinar analiticamente a posição em que os ciclistas se cruzam 𝑥!! (t = 84 s) = 7,0 × 84 ⇔ 𝑥!! (t = 84 s) = 588 m Identificar as coordenadas do ponto onde os gráficos 𝒙𝐂𝐈 = f (t) e 𝒙𝐂𝐈𝐈 = f (t) se intersetam As coordenadas desse ponto são (84 s; 588 m). 2.2. (D) A velocidade é um vetor tangente à trajetória e com o sentido do movimento. Assim, de acordo com a figura 2, a velocidade será um vetor com sentido contrário ao positivo do eixo Ox. Tendo em conta que a componente escalar, segundo o eixo Ox, das posições 𝑥!!! , do conjunto CII , varia com o tempo, t, de acordo com a equação 𝑥!!! = 800 – 0,030 t2, conclui-­‐se que o movimento do conjunto CII tem aceleração de módulo constante, 0,060 m s-­‐2, no sentido negativo do referencial (o escalar da aceleração é negativo). Deste modo, tanto a velocidade como a aceleração são vetores com sentido contrário ao eixo Ox, o que valida a opção (D). 2.3. (C) A trajetória é uma estrada retilínea e horizontal. Por outro lado, tendo em conta que a componente escalar, segundo o eixo Ox, das posições 𝑥!! , do conjunto CI , varia com o tempo, t, de acordo com a equação 𝑥!! = 7,0 t, conclui-­‐se que o movimento do conjunto CI é retilíneo e uniforme, ou seja, a velocidade é constante em direção, sentido e módulo. Como o módulo da velocidade é constante, a energia cinética do conjunto ciclista + bicicleta também é constante, pelo que não há, durante o movimento considerado, variação da energia cinética (a massa do conjunto também é constante). De acordo com o teorema da energia cinética, o trabalho da resultante das forças, ou seja, a soma dos trabalhos realizados pelas forças que atuaram em CI, é igual à variação da energia cinética no deslocamento efetuado. Como a variação da energia cinética é nula, também a soma dos trabalhos realizados pelas forças que atuaram em CI, no intervalo de tempo considerado é nula. Assim, é válida a opção (C). 3. Determinar a energia mecânica inicial do sistema Admitindo o referencial ao nível do solo, a energia mecânica inicial Em(I) será dada pela expressão Em(I) = Ec(I) + Ep(I) Assim Em(I) = Ec(I) + mgh(I) onde h(I) = 0 quando se considera o referencial ao nível do solo pelo que Em(I) = Ec(I) ⇔ Em(I) =2,0 × 103 J Determinar a energia mecânica Em(F) do sistema após percorrer 68 m sobre a rampa Em(F) = Ec(F) + Ep(F) ⇔ Em(F) = !! !
!
+ mgh(F) ⇔ Em(F) = !"×!,!!
!
+ 80 × 10 × 3,0 ⇔ Em(F) = 2890 J Determinar a variação da energia mecânica ∆Em= Em(F) -­‐ Em(I) ⇔ ∆Em = 2890 – 2000 ⇔ ∆Em = 890 J Identificar o trabalho das forças não conservativas, WFnc , com a variação da energia mecânica 𝑊!!" = ∆Em ⇔ 𝑊!!" = 890 J Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 Determinar a intensidade da resultante das forças não conservativas que atuam no sistema ciclista + bicicleta, na direção do deslocamento 𝑊!!" = 𝐹!" × d × cos α ⇔ 𝐹!" =
!!!"
! × !"# !
⇔ 𝐹!" =
!"#
!" × !
⇔ 𝐹!" = 13 N A intensidade da resultante das forças não conservativas que atuam no conjunto ciclista + bicicleta, na direção do deslocamento é 13 N. Processo 2 Determinar a variação da energia cinética Ec(F) = !! !
!
⇔ Ec(F) = !" × !,!!
!
⇔ Ec(F) = 490 J ∆Ec = Ec(F) – Ec(I) ⇔ ∆Ec = 490 – 2000 ⇔ ∆Ec = –1510 J Identificar a variação da energia cinética com o trabalho da resultante das forças que atuam no conjunto ciclista + bicicleta 𝑊!! = ∆Ec ⇔ 𝑊!! = –1510 J Determinar a intensidade da resultante das forças, Fr, que atuam no conjunto ciclista + bicicleta 𝑊!! = Fr × d × cos α ⇔ 𝐹! =
! !!
!× !"# !
⇔ 𝐹! =
!!"!#
!" × !"# !"#°
⇔ 𝐹! = 22,2 N Determinar a variação da energia potencial Epi = mghi ⇔ Epi = 80 × 10 × 0 ⇔ Epi = 0 J Epf = mghf ⇔ Epf = 80 × 10 × 3,0 ⇔ Epf = 2400 J ∆Ep = 2400 – 0 ⇔ ∆Ep = 2400 J Identificar o simétrico da variação da energia potencial com o trabalho realizado pela componente tangencial da força gravítica, Pt, que atua no conjunto ciclista + bicicleta 𝑊!! = –∆Ep ⇔ 𝑊!! = –2400 J (apenas componente tangencial da força gravítica realiza trabalho) Determinar a intensidade da componente tangencial da força gravítica, Pt, que atua no conjunto ciclista + bicicleta 𝑊!! = Pt × d × cos α ⇔ 𝑃! =
!!! ! × !"# !
⇔ 𝑃! =
!!"##
!" × !!" !"#º
⇔ 𝑃! = 35,3 N Determinar a intensidade da resultante das forças não conservativas, Fnc, que atuam no sistema ciclista + bicicleta, na direção do deslocamento Fr = Pt -­‐ Fnc (a força resultante tem sentido contrário ao movimento dado que o módulo da velocidade diminui) Fr = Pt -­‐ Fnc ⇔ Fnc = Pt – Fr ⇔ Fnc = 35,3 – 22,2 ⇔ Fnc = 13,1 N A intensidade da resultante das forças não conservativas que atuam no conjunto ciclista + bicicleta na direção do deslocamento é 13 N. Processo 3 Determinar o módulo da velocidade inicial, v0 Ec(I) = !!!!
!
⇔ 𝑣! =
!!!
!
⇔ 𝑣! =
! × !,! × !"!
!"
⇔ 𝑣! = 7,07 m s−1 Determinar o módulo da aceleração conjunto ciclista + bicicleta, no percurso considerado, recorrendo às equações do movimento com aceleração constante 𝑣 = 𝑣! − 𝑎𝑡 ⇔ 3,5 = 7,07 − 𝑎𝑡 ⇔ 3,57 = 𝑎𝑡 ⇔ 𝑎 =
3,57
𝑡
Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 𝑥 − 𝑥! = 𝑣! 𝑡 −
𝑎𝑡 !
𝑎𝑡 !
3,57 𝑡 !
⇔ 68 = 7,07𝑡 −
⇔ 68 = 7,07𝑡 − (
) ⇔ 68 = 7,07𝑡 − 1,785𝑡 ⇔ 𝑡 = 12,87 s 2
2
𝑡
2
𝑎 =
3,57
3,57
⇔ 𝑎 =
⇔ 𝑎 = 0,277 m s !! 𝑡
12,87
Determinar a intensidade da resultante das forças que atuam no conjunto ciclista + bicicleta recorrendo à expressão da segunda lei de Newton F = m a ⇔ F = 80 × 0,277 ⇔ F = 22,2 N Determinar a variação da energia potencial Epi = mghi ⇔ Epi = 80 × 10 × 0 ⇔ Epi = 0 J Epf = mghf ⇔ Epf = 80 × 10 × 3,0 ⇔ Epf = 2400 J ∆Ep = 2400 – 0 ⇔ ∆Ep = 2400 J Identificar o simétrico da variação da energia potencial com o trabalho da componente tangencial da força gravítica, Pt, que atua no conjunto ciclista + bicicleta 𝑊!! = –∆Ep ⇔ 𝑊!! = –2400 J (apenas componente tangencial da força gravítica realiza trabalho) Determinar a intensidade da componente tangencial da força gravítica, Pt, que atua no conjunto ciclista + bicicleta 𝑊!! = Pt × d × cos α ⇔ 𝑃! =
!!! ! × !"# !
⇔ 𝑃! =
!!"##
!" × !"# !"#º
⇔ 𝑃! = 35,3 N Determinar a intensidade da resultante das forças não conservativas, Fnc, que atuam no conjunto ciclista + bicicleta, na direção do deslocamento Fr = Pt – Fnc (a força resultante tem sentido contrário ao movimento dado que o módulo da velocidade diminui) Fr = Pt – Fnc ⇔ Fnc = Pt – Fr ⇔ Fnc = 35,3 – 22,2 ⇔ Fnc = 13,1 N A intensidade da resultante das forças não conservativas que atuam no conjunto ciclista + bicicleta na direção do deslocamento é 13 N. GRUPO III 1. 1.1. (B) Determinar o período do sinal sonoro !
!
!
!!"
T = ⇔ T = ⇔ T = 3,03 × 10–3 s ⇔ T = 3,03 ms Tendo em conta a imagem do ecrã do osciloscópio, verifica-­‐se que um período corresponde a três divisões ! !"#"$õ&$
!,!" !"
= ! !"#"$õ&$
! !"
⇔ x = !,!" × ! !"#"$õ&$
!
⇔ x = 1,01 ms , que permite concluir que a base de tempo do osciloscópio estava regulada para 1ms por divisão, o que valida a opção (B). 1.2. (D) Cada diapasão é caracterizado por uma frequência de vibração bem definida que está relacionada com o comprimento das hastes que o constituem. Quanto maior for a intensidade da força com que uma haste do diapasão é percutida, maior será a amplitude de vibração dessa haste, mantendo-­‐se constante o número de vibrações que ocorrem em cada segundo, ou seja, mantém-­‐se constante a frequência de vibração. Se esta permanece constante, também o período do movimento será constante. Assim, o sinal elétrico registado no ecrã do osciloscópio terá o mesmo período (porque vibra com a mesma frequência) e maior amplitude. Apenas valida a opção (D). Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 2. (D) Determinar a frequência angular do sinal elétrico A equação geral do um movimento harmónico simples é 𝑈 = 𝑈!"# sin (𝜔 𝑡). Por comparação com a equação dada, verifica-­‐se que: 𝜔 = 8,80 × 10! π ⇔ 𝜔 = 2,765 × 10! rad s !! Determinar o período do sinal elétrico 𝜔=
!"
!
⇔𝑇=
!"
!
⇔𝑇=
!"
!,!"#×!"! ⇔ 𝑇 = 2,272 × 10! s , o que valida a opção (D) 3. Quando um sinal sonoro (sinal mecânico) atinge a membrana do microfone, esta vibra, provocando oscilação da bobina em relação ao íman, que se encontra fixo. Esta oscilação faz com que haja variação do fluxo magnético que atravessa a bobina, induzindo nesta uma força eletromotriz (Lei de Faraday) que é responsável por uma corrente elétrica induzida, isto é, pelo aparecimento de um sinal elétrico. Deste modo, o microfone converte um sinal sonoro num sinal elétrico. GRUPO IV 1. 1.1. (C) Isótopos são átomos do mesmo elemento químico. Possuem o mesmo número protões (porque sendo átomos de um mesmo elemento químico possuem igual número atómico (Z)), mas diferente número de massa (A), logo diferente número de neutrões (número de massa = número de protões + número de neutrões). Assim, isótopos de um elemento possuem: − Igual número atómico; − Diferente número de nucleões (protões + neutrões) porque apesar de possuírem igual número de protões possuem diferente número de neutrões; − Igual número de protões porque possuem igual número atómico; − Igual número de eletrões porque num átomo, partícula eletricamente neutra, o número de eletrões é igual ao número de protões. O que apenas valida a opção (C). 1.2. (D) Um átomo de cloro possui número atómico 17, tendo, por isso, 17 protões e 17 eletrões. A configuração eletrónica de estado fundamental para o cloro é: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 As orbitais de valência são as do último nível. Assim, para estes átomos são as orbitais 3s e 3p. Destas, a 3s é a menos energética (aquela onde os eletrões estão sujeitos uma interação atrativa do núcleo mais intensa) sendo caracterizada por: − Número quântico principal, n, 3; − Número quântico secundário, ℓ𝓁, 0; − Número quântico magnético, mℓ𝓁, 0. O que apenas valida a opção (D). 1.3. (B) Um átomo de flúor (número atómico 9) e um átomo de cloro (número atómico 17), no estado fundamental, apresentam as seguintes configurações eletrónicas: 2
2
2
2
1 9F −1s 2s 2px 2py 2pz
2
2
2
2
2
2
2
2
1 17Cl −1s 2s 2px 2py 2pz 3s 3px 3py 3pz
Assim, um átomo de flúor e um átomo de cloro, no estado fundamental, apresentam: Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 − diferente número de orbitais p completamente preenchidas. O fluor apresenta duas orbitais p completamente preenchidas e o cloro apresenta cinco orbitais p completamente preenchidas; – ambos têm uma orbital p semipreenchida. No caso do fluor é uma das orbitais 2p e no caso do cloro é uma das orbitais 3p; − diferente número de orbitais s completamente preenchidas. O fluor apresenta duas orbitais s, as orbitais 1s e 2s, completamente preenchidas e o cloro apresenta três orbitais s, as orbitais 1s, 2s e 3s, completamente preenchidas; – as orbitais s completamente preenchidas, no caso do fluor são as orbitais 1s e 2s e no caso do cloro as orbitais 1s, 2s e 3s . O que apenas valida a opção (B). 1.4. A energia de ionização do átomo de cloro, isolado e em fase gasosa, é a energia de remoção mínima necessária para, a partir do átomo no estado fundamental, se remover um eletrão, formando o ião monopositivo, catião Cl+. 2. 2.1. Determinar o número de moléculas de fluor, F2, existentes na mistura gasosa N(F2) = n(F2) × NA ⇔ N(F2) = 5,00 × 10−2 × 6,02 × 1023 ⇔ N(F2) = 3,01 × 1022 moléculas de F2 Determinar o número de átomos de flúor, F, existentes na mistura gasosa N(F) = 2 × N(F2) ⇔ N(F) = 2 × 3,01 × 1022 ⇔ N(F)= 6,02 × 1022 átomos de F Na mistura gasosa há 6,02 × 1022 átomos do elemento químico flúor (F). 2.2. Processo 1 Determinar a massa molar do cloro, M(Cl2), e a massa molar do fluor, M(F2) Mr(Cl2) = 2 Ar(Cl)⇔ Mr(Cl2) = 2 × 35,45 ⇔ Mr(Cl2) = 70,90 Mr(Cl2) = 70,90 g mol−1 Mr(F2) = 2 Ar(F) ⇔ Mr(F2) = 2 × 19,00 ⇔ Mr(F2) = 38,00 Mr(F2) = 38,00 g mol−1 Determinar a massa de cloro, m(Cl2), na mistura m(Cl2) = n(Cl2) × M(Cl2) ⇔ m(Cl2) = 8,00 × 10−2 × 70,90 ⇔ m(Cl2) = 5,672 g Determinar a massa de fluor, m(F2), na mistura m(F2) = n(F2) × M(F2) ⇔ m(F2) = 5,00 × 10−2 × 38,00 ⇔ m(Cl2) = 1,900 g Determinar a massa da mistura, m(mistura) m(mistura) = m(F2) + m(Cl2) ⇔ m(mistura) = 1,900 + 5,672 ⇔ m(mistura) = 7,572 g Determinar o volume da mistura, V(mistura) n(mistura) = n(F2) + n(Cl2) ⇔ n(mistura) = 5,00 × 10−2 + 8,00 × 10−2 ⇔ n(mistura) = 1,30 × 10−1 mol V(mistura) = n(mistura) × Vm ⇔ v(mistura) = 1,30 × 10−1 × 22,4 ⇔ V(mistura) = 2,912 dm3 Determinar a densidade da mistura, ρ(mistura) 𝑚(mistura)
7,572
𝜌 mistura =
⇔ 𝜌 mistura =
⇔ 𝜌 mistura = 2,60 g dm!! 𝑉(mistura)
2,912
A densidade da mistura gasosa, nas condições de pressão e de temperatura referidas, é 2,60 g dm–3. Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 Processo 2 Determinar a massa molar do cloro, M(Cl2) e a massa molar do fluor, M(F2) Mr(Cl2) = 2 Ar(Cl) ⇔ Mr(Cl2) = 2 × 35,45) ⇔ Mr(Cl2) = 70,90 M (Cl2) = 70,90 g mol−1 Mr(F2) = 2 Ar(F) ⇔ Mr(F2) = 2 × 19,00) ⇔ Mr(F2) = 38,00 M (F2) = 38,00 g mol−1 Determinar a densidade do cloro, ρ(Cl2), nas condições normais de pressão e temperatura 𝑚 Cl!
𝑛 Cl! × 𝑀 Cl!
𝑀 Cl!
70,90
𝜌 Cl! =
⇔ 𝜌 Cl! =
⇔ 𝜌 Cl! =
⇔ 𝜌 Cl! =
⇔ 𝑉 Cl!
𝑛 Cl! × 𝑉!
𝑉!
22,4
𝜌 Cl! = 3,165 g dm!! Determinar a densidade do cloro, ρ(F2), nas condições normais de pressão e temperatura 𝑚(F! )
𝑛 F! × 𝑀(F! )
𝑀(F! )
38,00
𝜌 F! =
⇔ 𝜌 F! =
⇔ 𝜌 F! =
⇔ 𝜌 F! =
⇔ 𝜌 F! = 1,696 g dm!! 𝑉(F! )
𝑛 F! × 𝑉!
𝑉!
22,4
Determinar a fração molar do cloro, 𝒙 𝐂𝐥𝟐 , na mistura 𝑛(Cl! )
8,00 × 10!!
𝑥 Cl! =
⇔ 𝑥 Cl! =
⇔ 𝑥 Cl! = 0,6154 𝑛 F! + 𝑛(Cl! )
5,00 × 10!! + 8,00 × 10!!
Determinar a fração molar do cloro, 𝒙 (F2), na mistura 𝑛(F! )
5,00 × 10!!
𝑥 F! =
⇔ 𝑥 F! =
⇔ 𝑥 F! = 0,3846 𝑛 F! + 𝑛(Cl! )
5,00 × + 8,00 × 10!!
Determinar a densidade da mistura, ρ(mistura) 𝜌 mistura = 𝜌 F! × 𝑥 F! + 𝜌 Cl! × 𝑥 Cl! = 1,696 × 0,3846 + 3,165 × 0,6154 ⇔ 𝜌 mistura = 2,60 g dm!! A densidade da mistura gasosa, nas condições de pressão e de temperatura referidas, é 2,60 g dm–3. 3. 3.1. O número de eletrões de valência de uma molécula é a soma do número de eletrões de valência dos átomos que constituem essa molécula. A molécula de cloreto de hidrogénio, HCl, possui um átomo de hidrogénio e um átomo de cloro. Um átomo de hidrogénio, (número atómico 1) e um átomo de cloro, (número atómico 17) no estado fundamental, apresentam as seguintes configurações eletrónicas: 2
2
6
2
5 17Cl −1s 2s 2p 3s 3p
1 1H −1s
Uma vez que os eletrões de valência são os do último nível energético, teremos na molécula de cloreto hidrogénio, HCl, um total 8 eletrões de valência (um oriundo do hidrogénio e sete do cloro). 3.2. (B) O cloro antecede o iodo no mesmo grupo da tabela periódica (grupo 17). Como o raio atómico tende a aumentar ao longo do grupo com o aumento do número atómico, o átomo de cloro terá menor raio do que o átomo de iodo. Uma vez que o átomo de hidrogénio é comum nas duas moléculas, o que determina a diferença de comprimento de ligação é o raio do halogéneo (cloro e iodo). Assim, é de prever que o comprimento da ligação H – Cl seja menor do que o comprimento da ligação H – I, o que valida a opção (B). Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 GRUPO V 1. (C) Determinar a variação do número de oxidação do iodo ∆n.o.(I) = n.o.(I)final – n.o.(I)inicial ⇔ ∆n.o.(I) = –1– 0 ⇔ ∆n.o.(I) = –1 Oxidante é a espécie que, numa reação química, capta eletrões, isto é, sofre redução (a variação do seu número de oxidação será negativa), provocando a oxidação da outra espécie (a variação do seu número de oxidação é positiva). O oxidante é a espécie aceitadora de eletrões. O que apenas valida a opção (C). 2. 2.1. Determinar a quantidade de I2(g) que reagiu, n(I2)r n(I2)r = n(I2)inicial – n(I2)equilíbrio ⇔ n(I2)r = 2,56 ×10–3 – 1,46 × 10–3⇔ n(I2)r = 1,10 × 10–3 mol Determinar a quantidade de HI(g) que se terá formado, n(HI)f Pela estequiometria da reação dada: n(HI)f = 2 × n(I2)r ⇔ n(HI)f = 2 × 1,10 × 10–3 ⇔ n(HI)f = 2,20 × 10–3 mol Determinar da concentração de equilíbrio de H2(g) , a 763 K n(HI)eq = n(HI)f, porque inicialmente não existia qualquer quantidade de HI Considerando a expressão que traduz a constante de equilíbrio e o seu valor a 763 K 𝐾=
!" !
!"
!! !" × !! !"
⇔ H!
!"
=
!" !
!"
! × !! !"
⇔ H!
!"
=
!,!" × !"–!
!
!" ×
!
!,!" × !"–!
!
⇔ H!
!"
=7,21 × 10–5 mol dm–3 Determinar a quantidade de H2(g) que deverá existir no reator quando se atingir o equilíbrio n(H2)eq = H! !" × V ⇔ n(H2)eq = 7,21 × 10–5 × 1,00⇔ n(H2)eq = 7,21 ×10–5 mol A quantidade, em mol, de H2(g) que deverá existir no reator quando o sistema está em equilíbrio àquela temperatura é 7,21 × 10–5 mol. 2.2. Pela análise da tabela, constata-­‐se que a constante de equilíbrio da reação diminui à medida que a temperatura aumenta. Tal significa que o aumento de temperatura favorece a reação inversa, ou seja, produzir-­‐se-­‐ão reagentes à custa do consumo de produtos da reação. Como, de acordo com o Princípio de Le Châtelier, um aumento de temperatura favorece a reação endotérmica, conclui-­‐se que a reação direta é exotérmica, pelo que ΔH < 0. Assim, para a reação considerada, a energia absorvida na quebra das ligações associadas aos reagentes será menor do que a energia libertada no estabelecimento das ligações correspondentes à formação das novas ligações que dão origem aos produtos da reação. GRUPO VI 1. (A) As buretas são os dispositivos de vidro usados no laboratório de química para medir de forma rigorosa o volume de titulante adicionado ao titulado, que se encontra, por exemplo, num balão de erlenmeyer. Essa adição é feita de forma regular e controlada já que as buretas possuem uma torneira de controlo do volume de líquido adicionado. O que apenas valida a opção (A). 2. Determinar a quantidade de NaOH adicionada até ao ponto final da titulação V(NaOH) = 24,60 cm3 ⇔ V(NaOH) = 24,60 × 10–3 dm3 n(NaOH) = [NaOH] × V(NaOH) ⇔ n(NaOH) = 1,00 × 10–1 × 24,60 × 10–3 ⇔ n(NaOH) = 2,460 × 10–3 mol Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015 Determinar a quantidade de HCl nos 50,00 cm3 De acordo com a estequiometria da equação que traduz a titulação, no ponto de equivalência: n(NaOH) = n(HCl) ⇔ n(HCl) = 2,460 × 10–3 mol Determinar da concentração da solução de HCl utilizada na titulação [HCl] = !(!"#)
!(!"#$çã")
⇔ [HCl] = !,!"# × !"–! !,!"# × !"–! !",!! × !"
!",!! × !"–!
⇔ [HCl] = –!
⇔ [HCl] = 4,92 × 10–2 mol dm–3 3. 3.1. Genericamente, o erro relativo, em percentagem, pode ser determinado pela expressão Valor!"#!$%&!'()* − Valor!"ó$%&'
× 100 Valor!"ó$%&'
Nesta situação concreta, o volume teórico, lido no gráfico, é 25,00 cm3 e o experimental é 24,60 cm3. Assim, uma expressão numérica possível que permite calcular o erro relativo, em percentagem, cometido pelos alunos na medição do volume de titulante gasto até ao ponto final da titulação é: 24, 60 − 25,00
× 100 25,00
3.2. A curva de titulação da figura que traduz o pH do titulado em função do volume de titulante adicionado mostra que, na titulação em causa, ocorre uma variação acentuada de pH na vizinhança do ponto de equivalência. Como a zona de viragem do indicador verde de bromocresol está contida no intervalo de pH que corresponde àquela variação, este indicador pode ser utilizado para assinalar o ponto de equivalência da titulação em causa. Genericamente, qualquer indicador que tenha zona de viragem incluída na zona de variação brusca do pH da titulação nas proximidades do ponto de equivalência será adequado para aquela finalidade. Testes e Exame Física e Química 11 • © Edições ASA, 2015