PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROVA DE 1.ª FASE - 2014 (VERSÃO 1)
GRUPO I
1. (D) Havendo movimento relativo entre um barra magnetizada e uma bobina, gera-se nesta uma força
eletromotriz induzida e consequentemente uma corrente elétrica. Assim, pela descrição do texto, pode
concluir-se que o movimento da barra magnetizada relativamente ao fio condutor enrolado origina neste uma
corrente elétrica.
2. (D) O facto de a bobina estar mergulhada num campo magnético não dá origem a uma força eletromotriz.
Para que esta seja gerada é necessário que a bobina esteja submetida a variações do fluxo magnético que a
atravessa. O módulo da força eletromotriz é tanto maior quanto maior for a variação do fluxo magnético no
menor intervalo de tempo. Estando a barra magnetizada em repouso, não há variação do fluxo magnético e o
galvanómetro estará no valor zero porque não há corrente elétrica na bobina.
3. (C) O fluxo magnético que atravessa uma bobina depende do número de espiras, da sua área, da intensidade
do campo magnético e do ângulo entre a normal às espiras o campo magnético. O módulo da força
eletromotriz além de depender dos fatores já referidos, varia também com a maior ou menor rapidez com que
varia o fluxo magnético. Assim, quanto maior for o número de espiras da bobina e quanto mais rápido (menor
intervalo de tempo) for a variação do fluxo, maior será o módulo da força eletromotriz gerada.
4. O nome da unidade do Sistema Internacional em que se exprime a força eletromotriz é o Volt.
GRUPO II
1. (B)
Recorrer à expressão E = m c ∆T para calcular a energia que é necessário fornecer à barra de alumínio,
para que a sua temperatura aumente de 25,0 oC para 27,0 oC.
m(barra de Al) = 700 g ⇔ m(barra de Al) = 0,700 kg
Ao substituir o valor da massa da barra de alumínio na expressão, E = m c ∆T, esta deve expressa estar em kg
devido às unidades da capacidade térmica mássica.
E = m c ∆T ⇔ E = m c (Tfinal−Tinicial)⇔ E = 0,700 × 897 × (27,0 – 25,0) ⇔ E = 0,700 × 897 × (2,0) ⇔
⇔ E = (1,4 × 897) J
2. (B)
Recorrer à lei de Stefan-boltzmann, P = e 𝜎 A T4, para calcular:
- A potência da radiação emitida pela superfície da barra à temperatura de 473 K
P473 = e 𝜎 A T4 ⇔ P473 = e 𝜎 A(473)4
- A potência da radiação emitida pela superfície da barra à temperatura de 298 K
P298 = e 𝜎 A T4 ⇔ P298 = e 𝜎 A(298)4
Estabelecer a relação entre a potência da radiação emitida pela superfície da barra à temperatura de
473 K e a potência da radiação emitida pela superfície da barra à temperatura de 298 K
⇔
⇔
6,3.
O cálculo efetuado permite concluir que a potência da radiação emitida pela superfície da barra à temperatura
de 473 K é 6,3 vezes superior à potência da radiação emitida pela superfície da barra à temperatura de 473 K.
3. Determinar a energia que é necessário transmitir à barra de alumínio, à temperatura de 660 oC, para
esta fundir completamente, recorrendo à expressão E = m ∆H
m(barra de Al) = 700 g ⇔ m(barra de Al) = 0,700 kg
Ao substituir o valor da massa da barra de alumínio na expressão, E = m ∆H, esta deve estar expressa em kg
devido às unidades da variação de entalpia de fusão.
Por consulta da tabela dada, ∆H= 4,0 ×105 J kg −1
E = m ∆H⇔E = 0,700×4,0 ×105 ⇔ E =2,8 ×105 J
© ASA 1
Determinar o tempo que a barra demora a fundir completamente, recorrendo à expressão,
P = 1,1 kW ⇔ P = 1,1 ×103 W
⇔
⇔
⇔
Admitindo que a totalidade da energia fornecida contribui para o aumento da energia interna, a partir do
instante em que a barra atinge 660 oC, demora cerca de 254 s a fundir integralmente.
GRUPO III
1.
Determinar o valor mais provável da altura máxima atingida pela bola após o primeiro ressalto
̅=
⇔̅=
⇔ ̅ =0,53 m
Determinar a incerteza absoluta,
após o primeiro ressalto
associada ao valor mais provável da altura máxima atingida pela bola
De realçar que a incerteza absoluta,
média dos desvios absolutos.
, será o módulo do maior dos desvios absolutos, dax, em relação à média ou a
Determinar os desvios absolutos (ou valor absoluto dos desvios) em relação à média
da1 =
̅ ⇔ da1 =
⇔ da1 = 0,10 m
da2 =
̅ ⇔ da2 =
⇔ da2 = 0,10 m
da3 =
̅ ⇔ da3 =
⇔ da3 = - 0,10 m
Determinar a média do módulo dos desvios absolutos
⇔
⇔
m
Determinar a incerteza relativa do valor experimental da altura máxima atingida pela bola, após o
primeiro ressalto.
⇔
̅
⇔
Apresentar o resultado da medição da altura máxima atingida pela bola, após o primeiro ressalto, em
função do valor mais provável e da incerteza relativa em percentagem.
⇔
2.
2.1. Apresentar a tabela com o registo, para cada um dos ressaltos, da altura de queda, h queda, e da
altura máxima atingida pela bola após o ressalto, h após.
hqueda/m
1,20
0,82
0,56
0,38
© ASA 2
hapós/m
0,82
0,56
0,38
0,27
Determinar, a partir das potencialidades da máquina de calcular gráfica, a equação da reta, hapós em
função de hqueda, que melhor se ajusta ao conjunto de valores da tabela anterior
Assim, a equação da reta é:
hapós = 0,675hqueda + 0,008 (SI)
Determinar o coeficiente de restituição na colisão da bola com o solo.
Tendo em conta a expressão e = √
⇔ e2 = ( √
) ⇔ e2 =
⇔
= e2
verifica-se que o
declive da reta obtida é o quadrado do coeficiente de restituição. Assim, e2 = 0,675, pelo que:
e=√
⇔ e = 0,82
2.2. (D) Quanto maior for o coeficiente de restituição para um sistema bola + Terra, menor é a percentagem
de energia mecânica dissipada numa colisão. Dado que o sistema bola X + Terra tem maior coeficiente de
restituição que o sistema bola Y + Terra, será para o primeiro sistema que a energia mecânica dissipada
na colisão será menor.
GRUPO IV
1.
1.1. (C)
Se a criança parte do repouso e desce o escorrega é porque, nas situações I e II, o sentido da resultante das
forças que atuam na criança e o sentido do movimento são o mesmo.
Na situação I as forças que atuam na criança são o peso e a reação normal que a
superfície do escorrega exerce na criança.
O peso pode ser decomposto nas suas componentes normal e eficaz
Assim, a resultante das forças que atuam na criança, nestas condições, é a
componente eficaz do peso, ou seja, a componente tangente à superfície em que a
criança se desloca.
© ASA 3
Na situação II as forças que atuam na criança são o peso, a reação normal que a
superfície do escorrega exerce na criança e a resultante das forças dissipativas.
O peso pode ser decomposto do peso nas componentes eficaz e normal
Depreende-se que nestas condições a resultantes das forças que
atuam na criança é inferior à componente eficaz do peso.
1.2. A criança percorre a secção inclinada do escorrega com movimento retilíneo uniformemente acelerado.
Determinar a aceleração desse movimento recorrendo à lei horária das posições.
x = x0 + v0t +
⇔ x − x0 =
⇔ 2(x − x0)= at2 ⇔ at2=2(x − x0) ⇔ a =
⇔a=
⇔ a = 1,81 m s−2
Determinar a intensidade da resultante das forças, FR que atuam na criança recorrendo à
expressão da lei fundamental da dinâmica, FR = ma.
FR = ma ⇔ FR = 30 ×1,81⇔ FR = 54,3 N
A intensidade da resultante das forças que atuam na criança na situação considerada é 54, 3 N.
2.
2.1. (A)
Determinar o período, T, do movimento.
⇔
Determinar o módulo da velocidade angular.
⇔
⇔
2.2. O intervalo de tempo que os cavalinhos A e B demoram a dar uma volta completa é o mesmo, ou seja, o
período do movimento, T, dos cavalinhos A e B é igual.
Tendo em conta as expressões
e
pode obter-se uma expressão que relaciona o módulo
da aceleração centrípeta com o raio da trajetória e com o período do movimento. Assim,
(
)
⇔
A expressão,
⇔
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 trajetória descrita.
Deste modo, como os dois cavalinhos dão uma volta completa no mesmo intervalo de tempo ( TA = TB), o
cavalinho que descreve um movimento caraterizado por uma aceleração de maior módulo é o A pois é o
que descreve um movimento caraterizado por uma circunferência de maior raio.
© ASA 4
GRUPO V
1. Considere-se a configuração eletrónica de estado fundamental (aquele a que corresponde o menor valor de
energia; os demais estados dizem-se estados excitados) do nitrogénio , N,
7N
1s2 2s2 2px12py12pz1
1.1. (C)
Nos átomos polieletrónicos, isto é, átomos que possuem mais do que um eletrão, a energia de cada eletrão
depende do número quântico principal n, mas também depende do número quântico secundário ℓ. Assim, os
eletrões distribuem-se, no estado fundamental, por cinco orbitais a que correspondem três valores
diferenciados de energia, (E1s < E2s < E2p ) um para a orbital 1s, outro para a orbital 2s e outro para qualquer
uma das orbitais 2p (as três orbitais 2p: 2px, 2py e 2pz) possuem todas a mesma energia, por isso se chamam
orbitais degeneradas).
1.2. (C)
As orbitais caraterizadas pelo número quântico secundário ℓ = 0, são as orbitais do tipo s. Tendo em
consideração a configuração eletrónica de estado fundamental para o átomo de nitrogénio, verifica-se
que as orbitais 1s e 2s se encontram totalmente preenchidas (cada uma ocupada por dois eletrões), o
que significa quatro eletrões em orbitais caraterizadas pelo número quântico secundário ℓ = 0.
2.
2.1. A energia mínima necessária para remover o eletrão de um átomo de hidrogénio (isolado) no estado
fundamental, Erem, pode ser determinada pela expressão:
Erem = E∞ E1 que muitas vezes surge de forma simplificada Erem = E1 dado que E∞  0
E∞
E1
energia do eletrão quando se encontra fora da ação do núcleo
energia do eletrão no estado fundamental
18 ⇔ E
18 J
Assim, Erem = E∞ E1 ⇔ Erem = 0
8
rem = 2,18 ×10
A energia mínima necessária para remover o eletrão de um átomo de hidrogénio (isolado) no estado
fundamental é 2,18 ×10 18 J.
2.2. A energia dos eletrões nos átomos diz-se quantizada ou discreta, porque não pode assumir valores
contínuos, isto é, entre um valor e outro possível existe uma infinidade de valores que não podem ser
assumidos. Deste modo, quando incide radiação num átomo só ira ocorrer transição do eletrão para um
nível energético superior se a energia da radiação incidente corresponder à diferença de energia entre o
nível para o qual o eletrão transita e aquele onde ele se encontra.
Neste caso, o átomo de hidrogénio encontra-se no estado fundamental (nível a que corresponde o número
quântico principal n = 1)
Processo 1:
Determinar a energia necessária para ocorrer a transição do nível a que corresponde n = 1 para o
nível a que corresponde n = 2.
∆E = En=2 – En=1 ⇔ ∆E = −5,54 ×10
19
–(−2,18 ×10
18
⇔ ∆E = 1,63 ×10
18
J
Determinar a energia necessária para ocorrer a transição do nível a que corresponde n = 1 para o
nível a que corresponde n = 3.
∆E = En=3 – En=1 ⇔ ∆E = −2,42 ×10
© ASA 5
19
–(−2,18 ×10
18
⇔ ∆E = 1,94 ×10
18
J
Concluir com base nos cálculos efetuados
Não vai ocorrer transição do eletrão porque a energia da radiação incidente é maior que a energia
necessária para que ocorra transição do nível a que corresponde n = 1 para o nível a que corresponde n =
2 ( 1,80 ×10 18 J >1,63 ×10 18 J) e é menor que a energia necessária para que ocorra transição do nível a
que corresponde n=1 para o nível a que corresponde n = 3 ( 1,80 ×10 18 J < 1,94 ×10 18 J)
Processo 2:
Determinar a energia do nível para o qual o eletrão transitaria se ocorresse absorção da energia
incidente.
Se ocorrer a transição do eletrão este transitará para um nível energético (que corresponderá a um
estado excitado) que terá a energia do estado fundamental mais a energia incidente)
En=? = En=1 + Eincidente ⇔ En=? = −2,18 ×10
18
+1,80 ×10
18
⇔ En=? = −3,80 ×10
19
J
Este valor não corresponde à energia de qualquer nível do átomo de hidrogénio, pois esta energia é maior
que a energia do nível a que corresponde n = 2 e menor que a energia do nível a que corresponde n=3,
concluindo-se assim que não ocorre transição do eletrão.
Processo 3:
Determinar a energia do nível para o qual o eletrão transitaria se ocorresse absorção da energia
incidente
Se ocorrer a transição do eletrão este transitará para um nível energético (que corresponderá a um
estado excitado) que terá a energia do estado fundamental mais a energia incidente)
En=? = En=1 + Eincidente ⇔ En=? = −2,18 ×10
18
+1,80 ×10
18
⇔ En=? = −3,80 ×10
19
J
Determinar, através da expressão de Bohr para o átomo de hidrogénio, o número quântico
principal, n, que caraterizaria esse nível.
En =
J
n – número quântico principal
En – Energia do nível que possui número quântico n
En =
⇔
=
⇔n
√
⇔n
o que é i po ível poi o nú e o
quântico principal, n, só pode assumir valores inteiros naturais n
não ocorre transição do eletrão.
… concluindo-se assim que
2.3. (A)
As radiações visíveis (série de Balmer) de emissão resultam de transições do eletrão, no átomo de hidrogénio,
de níveis caraterizados por número quântico principal, n, maior que 2 e inferior a 8, para o nível caraterizado
pelo número quântico principal, n, igual a 2.
Determinar a energia do nível em que o eletrão se encontrava, En>2 recorrendo à expressão
∆E = Eestado final − Eestado inicial
Onde a variação de energia, ∆E, corresponde à energia da radiação emitida, Eemitida, a energia do estado final,
Eestado final, corresponde à energia do nível caraterizado pelo número quântico principal, n, maior que 2, En>2 e a
energia do estado inicial, Eestado inicial, corresponde à energia do nível caraterizado pelo número quântico
principal, n, igual a 2, En=2.
Eemitida = En>2 − En=2 ⇔ En>2 = Eemitida + En=2 ⇔ En>2= 4,84 ×10
© ASA 6
19−5,45
×10
19
⇔ En>2=(−5,45 ×10
19
+ 4,84 ×10
19)J
GRUPO VI
1. Determinar a variação da concentração recorrendo à expressão ∆[H2] = [H2]final – [H2]inicial.
Por leitura gráfica verifica-se que:
[H2]inicial =
⇔
= 0,500 mol dm 3 e [H2]final=
⇔
= 0,400 mol dm 3
∆[H2] =
⇔ ∆[H2] =
– 0500 ⇔ ∆[H2] =
mol dm−3
A variação da concentração de H2(g) no intervalo de tempo [0, t1] foi de
mol dm−3 .
OU
No intervalo de tempo [0, t1] a concentração de H2(g) diminui
mol dm−3.
2. (B)
Determinar a quantidade de cada constituinte do sistema na mistura gasosa inicialmente introduzida
no reator
⇔
⇔
ol
⇔
⇔
ol
⇔
⇔
ol
Determinar a fração molar de NH3 na mistura gasosa inicial
⇔
⇔
3. Determinar a quantidade utilizada de cada reagente
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
ol
ol
Determinar o reagente limitante
Tendo em consideração a estequiometria da reação, verifica-se que por cada mol de N2 que reage devem
existir 3 mol de H2.
Assim, n(H2)necessário = 3 n(N2)utilizado ⇔ n(H2)necessário = 3 × 0,200 ⇔ (H2)necessário = 0,600 mol
Para reagir completamente com 0,200 mol de N2 são necessários 0,600 mol de H2. Como se utilizaram 0,500
mol de H2 (0,600>0,500), o H2 é o reagente limitante
Determinar a quantidade de NH3 teoricamente prevista, n(NH3)t.p., a que se formaria se a reação fosse
completa.
Tendo em consideração a estequiometria da reação e o reagente limitante, H2, verifica-se que por cada três
mol de H2 que reage formar-se-iam duas mol de NH3.
n(NH3)t.p. = n(H2)utilizado ⇔ n(NH3)t.p. = ×0,500⇔ n(NH3)t.p. = 0,333 mol
Determinar a quantidade de NH3 realmente obtida, n(NH3)r.o..
n(NH3)r.o. = n(NH3)no equilíbrio − n(NH3)inicial ⇔ n(NH3)r.o. = 0,139 − 0,050 ⇔ n(NH3)r.o. = 0,089 mol
Determinar o rendimento da reação de síntese do amoníaco, nas condições consideradas.
𝜂=
⇔𝜂=
⇔ 𝜂 = 26,7 %
O rendimento da reação de síntese do amoníaco, nas condições consideradas, é de 26,7 %
4. (B)
A reação de síntese do amoníaco apresenta uma variação de entalpia inferior a zero, o que significa que a
reação ocorre com libertação de energia.
O coeficiente estequiométrico do amoníaco, NH3, na equação química apresentada evidencia que por cada
duas moles de NH3 formado se libertam 92 kJ de energia.
© ASA 7
5. 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).
Assim, se se aumentar a temperatura do sistema em equilíbrio, este reage no sentido de contrariar esse
aumento, ou seja, no sentido em que há absorção de calor (sentido endotérmico).
Sendo a reação de síntese do amoníaco uma reação exotérmica, dado que ocorre com libertação de energia,
um aumento de temperatura favorece a reação endotérmica, que neste caso, é a inversa.
Deste modo, é de prever uma diminuição da concentração de NH3(g) e um aumento das concentrações de
H2(g) e de N2(g).
6. (D)
Segundo a notação de Lewis, os átomos são representados pelo símbolo do elemento e os eletrões da camada
de valência por pontos que rodeiam o símbolo do elemento em questão. Assim, quando se representa uma
molécula, através da notação de Lewis ficam representados todos os eletrões de valência da molécula, os
ligantes e os não ligantes.
7. (A)
Na molécula de amoníaco, NH3, cada átomo de hidrogénio liga-se ao átomo de nitrogénio através de uma
ligação covalente simples, ligação que é assegurada por um par de eletrões (dupleto eletrónico ligante),
existindo ainda um par de eletrões de valência não ligante no átomo de nitrogénio.
As repulsões que se estabelecem entre este par de eletrões e os restantes três pares de eletrões de valência
ligantes forçam a molécula a assumir uma geometria piramidal trigonal com o nitrogénio a ocupar o vértice da
pirâmide.
GRUPO VII
1.
1.1. Determinar, a 25 oC, o pOH
pH + pOH = 14 ⟺ pOH = 14 – pH ⟺ pOH = 14 – 11,1 ⟺ pOH = 2,9
Determinar, a 25 oC, a [HO-]
[HO–] = 10-pHO ⟺[HO–] = 10–2,9 ⟺[HO–] = 1,26 ×10–3 mol dm–3
Determinar, a 25 oC, a [
]
O amoníaco não é uma base forte pelo que em solução aquosa sofre ionização parcial de acordo com a
equação
–
q
ℓ
q
q
O que permite escrever a relação
[
–
]
Determinar a composição do sistema no equilíbrio
Assim
–
[
] ⟺
1,26 ×10–3 mol dm–3 e [
–
]
1,26 ×10–3 mol dm–3
Determinar a quantidade de NH3 inicial e a quantidade de NH3 que reagiu, admitindo, para simplificar,
que o volume de solução em estudo é 1,0 dm3.
⟺
⟺
⟺
ol
⟺
–
⟺
⇔
© ASA 8
⟺
–
ol
⟺
⟺
⟺
1,26 ×10–3⟺
9,87 ×10–2 mol
–
8
⟺
–
8
ol
Explicitar a expressão que traduz a constante de basicidade do NH 3(aq)
Determinar a constante de basicidade do NH3(aq)
–
–
–
–
⇔
o que evidencia que a ordem de grandeza da
constante de basicidade do NH3(aq), a 25 oC é 10−5.
1.2. (A)
Determinar a quantidade de NH3 existente em 50,0 cm3 de solução aquosa de NH3 0,10 mol dm−3
⟺
–
⟺
⟺
–
⇔
ol
3
Determinar a concentração de NH3 nos 250,0 cm de solução aquosa de NH3 obtida
–
⟺
⟺
–
ol
2. A espécie
é o ácido conjugado do amoníaco pelo que em água vai apresentar comportamento
ácido de acordo com a equação
q
ℓ
q
q
© ASA 9