PROVA MODELO 1 – PROPOSTA DE RESOLUÇÃO
GRUPO I
1.
A frase do texto que traduz um facto em que
Aristóteles e Galileu eram concordantes será
“Tal como Aristóteles, descobriu ser muito difícil medir diretamente as trajetórias dos corpos
em queda, porque o olho não é suficientemente
veloz, e os medidores de tempo existentes na
época não eram suficientemente exatos para
medir curtos intervalos de tempo”.
2.
2.1. (D) Aristóteles conclui, pelo modo como os
corpos caem dentro de água, que a velocidade
de um corpo em queda é uniforme e proporcional ao seu peso. Assim, de acordo com este
pensamento, o movimento é uniforme, isto é,
a velocidade é constante e tanto maior quanto
maior for o peso do corpo.
Os únicos gráficos que apresentam velocidade
de valor constante são o (B) e o (D), mas dado
que a velocidade do corpo 1 deverá ser maior
que a velocidade do corpo 2, o gráfico que melhor traduz o módulo da velocidade dos corpos, 1 e 2, de acordo com a conceção de
Aristóteles será o gráfico (D).
2.2. Se forem deixados cair os dois corpos, 1 e 2,
da mesma altura, num ponto próximo da superfície da Terra, eles poderão atingir o solo no
mesmo instante se a resistência for desprezável e nessas condições os corpos caem em
queda livre, isto é, o movimento dos corpos 1
e 2 em direção à Terra fica apenas sujeito à
atracão gravitacional.
A aceleração dos corpos 1 e 2 devida à interacção gravítica tem a direção da vertical do
lugar e o seu sentido é no sentido do centro da
Terra. O seu modulo é representado por g e é
aproximadamente constante em percursos
não muito grandes quando comparados com o
raio do planeta, neste caso a Terra.
A segunda Lei de Newton permite estudar
este tipo de movimentos, uma vez que para
pequenas altitudes, a intensidade da interação
gravítica se pode considerar constante.
Por outro lado, admitindo-se a resistência do
ar considerável, os dois corpos poderão ficar
sujeitos a uma resultante de forças diferentes,
pelo que atingirão o solo em instantes diferentes.
3.
3.1. (D) A taxa de variação da velocidade em funD»
v
ção do tempo é a aceleração, a
», =
. Assim,
Dt
na frase referida, a “taxa” poderá ser substituída pela palavra aceleração.
3.2. Admitir que o sistema é conservativo
DEm = 0 § DEmf + DEmi = 0 §
§ DEmf = - DEmi § (Ecf + Epf) = -(Eci + Epi)
Uma vez que o corpo é largado, a velocidade
inicial é zero (v0 = 0) pelo que a energia cinética inicial também é zero (Eci = 0 J)
Ao atingir o solo, a altura a que se encontra do
nível de referência é zero (hf = 0 m) pelo que a
energia potencial final também é zero (Ecf = 0 J).
Assim, a conservação da energia mecânica
pode reescrever-se:
(Ecf + Epf) = -(Eci + Epi) § Ecf = -Epi §
mv2f
mv2f
2mghi
=
§
§
= mghi §
2
2
m
2mghi
§ vf = V√2√g√h §
§ v2f =
m
§ vf = V√2 √* √1,√6 √* √2√0√,0 § vf = 8,0 m s-1
O corpo atingiria a superfície da Lua com uma
velocidade cujo valor seria 8,0 m s-1.
Outro processo:
Partindo das equações do movimento, já que
o objeto estará em queda livre na Lua.
Estabelecer as equações do movimento,
isto é, y = y(t) e v = v(t).
1
y = y0 + at2 e v = v0 + at
2
1
y = 20,0 + (−1,6)t2 e v = −1,6t
2
Determinar o tempo de queda.
Quando o corpo atinge o solo, y = 0.
0 = 20,0 +
1
2
(-1,6t2) §
§ -20,0 = −0,80t2 § t =
V
20,0
0,80
§ t = 5,0 s
Determinar o valor da velocidade ao fim de
5,0 s de movimento.
Partindo da equação das velocidades:
v = −1,6t
v(t = 5,0 s) = −1,6 * 5,0 §
§ v(t = 5,0 s) = −8,0 m s-1
O valor da velocidade do corpo ao atingir o solo
é -8,0 m s-1. O sinal “-“ resulta do facto se ter
considerado o eixo de referência orientado verticalmente para cima.
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1
PROVA MODELO 1 – PROPOSTA DE RESOLUÇÃO
4.
4.1. No movimento do bloco sobre o plano inclinado atuam o peso do corpo, a reação normal
do plano sobre o corpo e a força de atrito. Na
subida e na descida, o peso e a reação normal
mantêm a mesma direção e sentido, mas a
força de atrito tem sentido oposto na subida e
na descida. Na subida orienta-se para a base
do plano inclinado e na descida orienta-se no
sentido do topo do plano.
O tipo de movimento, na subida é uniformemente retardado e na descida é uniformemente retardado.
Relativamente ao valor da aceleração, na subida é maior que na descida, dado que:
Na subida:
a resultante das forças é a soma da componente Px e da força de atrito, ou seja, Fr = Px + Fa,
Px + Fa
pelo que a =
.
m
Na descida:
a resultante das forças é a diferença entre a
componente Px e a força de atrito, ou seja,
Px - Fa
.
Fr = Px - Fa, pelo que a =
m
Assim, conclui-se que a aceleração na descida
será maior que na descida.
4.2. (D) Se não existisse atrito entre o bloco o
plano inclinado, a resultante das forças coincidiria com a componente Px, ou seja, a componente do peso na direção tangente ao plano
do movimento. Assim, quer na subida como na
descida a aceleração teria o mesmo módulo,
Px
dado por a = . Como na subida, agora a acem
leração é menor que na situação em que há
Px Px + Fa
atrito,
<
, o corpo subirá até uma al
m
m
tura superior até parar. Relativamente ao
tempo de subida e de descida será igual dado
que, nesses percursos, percorrem distâncias
iguais com a mesma aceleração.
2.2. (D)
(A) A afirmação é falsa, pois a energia recebida pela água durante a fusão (B " C) pode
ser calculada pela expressão:
E = 2,26 * 106 * m (J).
A expressão: E = 2100 * m * (100 – 0) (J) não
permite determinar qualquer energia com significado físico, porque entre as temperaturas
0 °C e 100 °C, a água está líquida e a sua capacidade térmica mássica é 4200 J (kg °C)-1.
(B) A afirmação é falsa, pois energia recebida
pela água entre C e D pode ser calculada pela
expressão:
E = 4200 * m * (100 - 0)
(C) Afirmação falsa, a energia recebida pela
água na fase sólida (A " B), para que a temperatura aumente de qi até 0 °C, pode ser calculada pela expressão: E = 2100 * m * (0 – qi) (J).
A expressão E = 3,34 * 105 * m (J) permite determinar a energia recebida pela água durante
a fusão a 0 °C.
(D) Afirmação verdadeira a energia recebida
pela água na fase líquida (C " D) pode ser
calculada pela expressão:
E = 4200 * m * (100 - 0) (J).
2.3. (B)
Para o gelo " Qgelo = mgelo * cgelo * Dqgelo
Para a água líquida "
Qágua líquida = mágua líquida * cágua líquida * Dqágua líquida
Como Qgelo = Qágua líquida = Q e
Dqgelo = Dqágua líquida = Dq
Podem reescrever-se as expressões anteriores
Q = mgelo * cgelo * Dq § Q = mgelo * cgelo
Q = mágua líquida * cágua líquida × Dq §
§ Q = mágua líquida * cágua líquida
Então:
mlíquida * clíquida = mgelo * cgelo §
§
§
GRUPO II
1.
Um aparelho que permite medir a temperatura de um corpo é o termómetro e a unidade
SI de medida da temperatura é o kelvin.
2.
2.1. Para que um quilograma de água a 0 °C passe
do estado sólido para o estado líquido é necessário fornecer a energia 3,34 * 105 J.
2
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mgelo
mlíquida
mgelo
mlíquida
=
cágua
cgelo
§
mgelo
mlíquida
=
4,200
2,100
§
= 2 § mgelo = 2 mlíquida
3.
3.1. Com base na tabela, pode concluir-se que para
o intervalo de temperaturas [+15 ; -10] °C,
quanto maior a temperatura do ar maior a velocidade de propagação do som nesse meio.
3.2. O comprimento de onda de um som no ar aumenta com o aumento da temperatura.
PROVA MODELO 1 – PROPOSTA DE RESOLUÇÃO
O valor da velocidade do som no ar pode ser
determinada recorrendo expressão v = l * f. A
frequência mantêm-se constante, pois apenas
depende da fonte emissora. Assim, se a velocidade, v, aumenta o com o aumento da temperatura, também o comprimento de onda, l,
terá de aumentar.
3.3. Utilizando a máquina de calcular gráfica pode
obter-se como relação vsom = f(rar), a equação:
vsom = -130,03 rar + 499,66.
4.
4.1. (C) A Lei do Deslocamento Wien afirma que
existe uma proporcionalidade inversa entre o
comprimento de onda da radiação emitida
com intensidade máxima (lmáx) e a temperatura do corpo (T). A expressão matemática
que traduz essa relação de proporcionalidade
é lmáx * T = constante, sendo a constante de
proporcionalidade aproximadamente igual a
2,898 * 10-3 m K
A Lei de Lavoisier, também conhecida por lei
da conservação da massa, afirma que no decorrer de uma reação química, em sistema fechado, o número total de átomos de cada
elemento presente no sistema reacional mantêm-se constante e, como tal, a massa total
do sistema é conservada durante a reacção.
A Lei do Stefann-Boltzmann relaciona a potencia total, P, irradiada por um corpo, em
todas as frequências, com a temperatura a
que este se encontra, T, a área da superfície
de emissão, A, a sua emissividade, e, através
da expressão P = e s A T4.
A Segunda Lei da Termodinâmica afirma que
no universo (sistema isolado), a quantidade de
energia útil nunca aumenta.
4.2. A incerteza associada à escala dos instrumentos de medida é a menor divisão da escala se
o instrumento for digital e metade da menor
divisão da escala se instrumento de medida
for analógico.
Assim, como o aparelho é digital, incerteza associada à escala desse termómetro é de
± 0,01 °C, pois a menor divisão da escala é
0,01 °C.
GRUPO III
1.
1.1. Os pontos X e Y possuem a mesma densidade
e pressão pelo que se encontram à mesma
altitude. O ponto Z encontra-se a uma altitude
superior à de X e Y porque a pressão e a densidade diminuem com a altitude.
1.2. Determinar o volume de monóxido de carbono, CO, existente em 5,00 m3 de ar.
%V/V =
V(CO)
V(ar)
§ V(CO) =
§ V(CO) =
* 100 §
%V/V * V(ar)
100
§
0,00002 * 5,00
100
§
§ V(CO) = 1,00 * 10-6 m3
V(CO) = 1,00 * 10-6 m3 §
§ V(CO) = 1,00 * 10-3 dm3
Determinar a massa de monóxido de carbono correspondente a 1,00 * 10-3 dm3 de
CO.
r(CO) =
m(CO)
V(CO)
§ m(CO) = r(CO) * V(CO) §
§ m(CO) = 1,25 * 1,00 * 10-3 §
§ m(CO) = 1,25 * 10-3 g
A massa de monóxido de carbono, CO, existente em 5,00 m3 de ar é 1,25 * 10-3 g.
1.3. (D) Atendendo à Lei de Avogadro pode afirmar-se que volumes iguais de gases diferentes contêm o mesmo número de moléculas,
quando medidos nas mesmas condições de
pressão e temperatura.
2.
A configuração eletrónica das espécies referidas é:
X2- " 1s2 2s2 2p6 3s2 2p6
16
X " 1s2 2s2 2p6 3s2 2p4
16
Se compararmos a configuração eletrónica de
X2- com a de 16X, verifica-se que o ião tem
16
mais dois eletrões que o átomo, apesar de
terem a mesma carga nuclear. Assim, no ião
predominam as repulsões comparativamente
com o átomo. Deste modo, é de prever que a
nuvem eletrónica do ião será maior que a do
átomo, ou seja, o raio do ião é maior que o do
átomo que lhe deu origem.
3.
3.1. Na molécula de amoníaco há 8 electrões de
valência. A representação da molécula em notação de Lewis será:
••
H •• N •• H
••
H
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PROVA MODELO 1 – PROPOSTA DE RESOLUÇÃO
3.2. Nas reações de oxidação-redução ocorrem
transferências de electrões entre partículas.
Assim, a oxidação é o processo no qual uma
espécie química perde eletrões e a redução o
processo no qual uma espécie química ganha
electrões. Não podem ocorrer processos de
oxidação ou de redução isolados. Para que
uma espécie química se oxide e perca electrões, tem de estar na presença de outra que
aceite esses eletrões, e que, por sua vez, se reduza.
A equação A traduz uma reação de oxidaçãoredução pois ocorre com variação dos números de oxidação das espécies envolvidas na
reação
n.o.
0
+1 -1
0
2 Na(S) + Cl2 (aq) " 2 NaCl (s)
redução
oxidação
O sódio sofre oxidação porque perde eletrões
e o cloro sofre redução porque ganha eletrões.
3.3. Pares conjugados ácido-base são pares de espécies que diferem entre si de apenas um protão (H+).
Assim um par será NH4+/NH3 e o outro será
HCl/Cl3.4. Em solução aquosa o cloreto de sódio, NaCl,
sofre dissociação de acordo com a equação:
NaCl (aq) " Na+ (aq) + Cl- (aq)
Originando em solução aquosa os iões Na+ (aq)
e Cl- (aq) que têm caráter ácido-base neutro.
Em solução aquosa o cloreto de amónio,
NH4Cl, sofre dissociação de acordo com a
equação:
NH4Cl (aq) " NH4+ (aq) + Cl- (aq)
Originando em solução aquosa os iões NH4+ (aq)
e Cl- (aq). Cl- (aq) que têm caráter ácido base
neutro e NH4+ têm caráter ácido base ácido.
Assim o caráter químico da solução obtida no
gobelé irá ser ácido.
4. Determinar a percentagem de pureza.
% de pureza = 100 - % de impurezas §
§ % de pureza = 100 - 20 §
§ % de pureza = 80%
Determinar a massa de ferro pura.
% de pureza =
§ m(Fe)pura =
4
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m(Fe)pura
m(Fe)impura
* 100 §
% de pureza * m(Fe)impura
100
§
§ m(Fe)pura =
80 * 12,15
100
§
§ m(Fe)pura = 9,72 g
Determinar a quantidade de ferro, n(Fe).
n(Fe) =
m(Fe)
M(Fe)
§ n(Fe) =
9,72
55,85
§
§ n(Fe) = 1,74 * 10-1 mol
Determinar o reagente limitante tendo em
conta a esteoquiometria da reação.
n(HNO3) = 2 n (Fe)
n(HNO3) = 0,174 * 2
n(HNO3) = 0,348 mol
Como apenas existem 0,2 mol de HNO3 o ácido
nítrico é o reagente limitante.
Determinar a quantidade de nitrato de
ferro (II) Fe (NO3)2 (aq) teoricamente previsto
n[Fe (NO3)2]t .
f
1
n[Fe(NO3)2]t = n (HNO3)
f
2
1
n[Fe(NO3)2]t = (0,20)
f
2
n[Fe(NO3)2]t = 0,10 mol
f
Determinar o rendimento.
η=
n[Fe(NO3)2]r.o
* 100
n[Fe(NO3)2]tp
η=
0,082
* 100 § n = 82%
0,10
O rendimento foi 82%.
GRUPO IV
1.
O nome do soluto utilizado na preparação das
soluções é o dicromato de potássio.
2.
(C)
Grupo I
cm =
m(soluto)
Vsolução
§ cm=
m
50,00
§
§ cm = 2,000 * 10-2 m (g mL-1)
m(soluto)
m(soluto)
M(soluto)
c=
§c=
§
Vsolução
50,00 * 10-3
§ c = 20
m(soluto)
M(soluto)
(mol L-1)
Grupo II
cm =
m(soluto)
Vsolução
§ cm=
2m
100,00
§
§ cm = 2,000 * 10-2 m (g mL-1)
2 m(soluto)
n(soluto)
M(soluto)
c=
§c=
§
Vsolução
100,00 * 10-3
PROVA MODELO 1 – PROPOSTA DE RESOLUÇÃO
§ c = 20
m(soluto)
M(soluto)
(mol L-1)
Determinar a quantidade de dicromato de
potássio, K2Cr2O7, necessária.
Grupo III
cm =
m(soluto)
Vsolução
§ cm=
5m
250,00
§
§ cm = 2,000 * 10 m (g mL-1)
5 m(soluto)
n(soluto)
M(soluto)
c=
§c=
§
Vsolução
250,00 * 10-3
-2
§ c = 20
m(soluto)
M(soluto)
-1
(mol L )
Podendo concluir-se que:
A solução preparada pelo grupo III tem a
mesma concentração mássica e molar que a
preparada pelo grupo I.
A concentração mássica da solução preparada
pelo grupo II é igual à concentração mássica
da solução preparada pelo grupo I.
A quantidade sal usada pelo grupo I é metade
da usada pelo grupo II.
3.
3.1. Apurar qual o volume de solução que o
grupo pretende preparar.
Por consulta da do quadro verifica-se que
Vsolução = 50,00 mL § Vsolução = 50,00 * 10-3 L
c=
n(K2Cr2O7)
Vsolução
§ n(K2Cr2O7) = c * Vsolução §
§ n(K2Cr2O7) = 0,080 * 50,00 * 10-3 §
§ n(K2Cr2O7) = 4,0 × 10-3 mol
Determinar a massa de dicromato de potássio, K2Cr2O7, necessária.
n(K2Cr2O7) =
n(K2Cr2O7)
M(K2Cr2O7)
§
§ m(K2Cr2O7) = n(K2Cr2O7) * M(K2Cr2O7) §
§ m(K2Cr2O7) = 4,0 * 10-3 * 294,20 §
§ m(K2Cr2O7) = 1,2 g
A massa de soluto que o grupo deve medir é
1,2 g.
3.2. (C) Este procedimento é errado, já que no
vidro de relógio e na espátula ficam resíduos
do soluto que se não forem transferidos para
a solução farão que a concentração efetiva
seja menor que a concentração que se prevê
obter. Assim, após a transferência, o vidro de
relógio e a espátula deveriam ter sido lavados,
transferindo a água de lavagem para o gobelé
onde está a ocorrer a dissolução do soluto.
FIM
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