2019 – 2ªFase – Prova Escrita de FQ A

•  Quatro eletrões de valência não ligantes. 

 Os eletrões de valência não ligantes na molécula da substância A são dois em cada átomo de nitrogénio. 

• Quatro eletrões de valência não ligantes.  ……………. 7 pontos

• Opção (C)

⇒ As ligações de hidrogénio surgem em casos em que átomos de hidrogénio se encontram ligados, por covalência, a átomos com grande tendência para captarem eletrões com, pelo menos, um par de eletrões não ligantes (como F, N ou O). 

⇒ Neste caso, há dupletos não ligantes nos átomos de N da substância A que podem formar ligações de hidrogénio com átomos de H da água (e também entre átomos de O da água e átomos de H da substância A), explicando a razão pela qual a substância em causa é solúvel em água.

• Opção (C)  ……………. 7 pontos

• Opção (B)

⇒ Se a solução é básica, [OH^– (aq)] é superior à [H₃O⁺ (aq)], independentemente da temperatura; o pH da solução pode ser maior, menor ou igual a 7, pois este valor de pH depende do valor da constante de autoprotólise da água, que varia com a temperatura.

• À temperatura de 25 ⁰C, em que k_w = 1,0 x 10^-14, o pH de uma solução neutra é igual a 7.

⇒ Uma solução básica terá pH maior do que 7. Como Kw aumenta com o aumento de temperatura, a temperaturas superiores a 25 ⁰C, uma solução com pH = 7 é básica e, a temperaturas inferiores a 25 ⁰C, uma solução com pH = 7 é ácida.

• Opção (B)  ……………. 7 pontos

• Etapas de resolução: 

⇒ Utilização adequada da relação entre as massas volúmicas das substâncias  B e A e da relação entre os volumes das respetivas amostras …….. 4 pontos

⇒ Determinação do quociente entre a quantidade da substância B e a quantidade da substância A nas respetivas amostras …….. 5 pontos

⇒ Indicação do quociente entre o número de moléculas da substância B e o número de moléculas da substância A nas respetivas amostras …….. 1 pontos 

O volume total, 𝑉, é o igual à soma dos volumes de cada solução:

• 𝑉 = (12,5 + 10,0) cm³ = 22,5 cm³ = 22,5 x 10⁻³ dm³.

As quantidades iniciais são:

⇒ 𝑛_Fe³⁺ = 4,0 x 10⁻³ mol dm⁻³ x 12,5 x 10⁻³ dm³ = 5,00 x 10⁻⁵ mol;

⇒ 𝑛_SCN⁻ = 5,0 x 10⁻³ mol dm⁻³ x 10,0 x 10⁻³ dm³ = 5,00 x 10⁻⁵ mol.

A quantidade de [FeSCN]²⁺ (aq) no equilíbrio é:

• 𝑛[FeSCN]²⁺ = 4,6 x 10⁻⁴ mol dm⁻³ x 22,5 x 10⁻³ dm³ = 1,04 x 10⁻⁵ mol.

⇒ Como estequiometricamente 1 mol de [FeSCN]²⁺ é equivalente a 1 mol de Fe³⁺ e a 1 mol de SCN⁻, para produzir 1,04 x 10⁻⁵ mol de [FeSCN]²⁺ reagiram 1,04 x 10⁻⁵ mol de Fe³⁺ e 1,04 x 10⁻⁵ mol de SCN⁻.

As concentrações no equilíbrio de Fe³⁺ (aq) e de SCN⁻ (aq) são:

• Etapas de resolução: 

⇒ Cálculo das quantidades iniciais de Fe³⁺ (aq)  e de SCN^– (aq) 

• (n_Fe³+ = n_SCN^– = 5,00 x 10^-5 mol) …….. 3 pontos

⇒ Cálculo das concentrações de equilíbrio de Fe³⁺ (aq) e de SCN^– (aq) 

• ([Fe³⁺] = [SCN^–] = 1,76 x 10^-3 mol dm^-3 ) …….. 5 pontos 

⇒ Cálculo da constante de equilíbrio da reação considerada, à temperatura T 

• (Kc = 1,5 x 10²) …….. 2 pontos

⇒ Se, por hipótese, a diminuição de temperatura conduzisse à diminuição da cor vermelha da solução, significaria que a concentração do ião [FeSCN]²⁺ (aq) diminuiria, pelo que quando a temperatura diminuísse seria favorecida a reação inversa.

Como, segundo o Princípio de Le Châtelier, uma reação exotérmica é favorecida pela diminuição de temperatura, concluir-se-ia que a reação no sentido inverso seria exotérmica.

⇒ A reação direta, a de formação de [FeSCN]²⁺ (aq), seria endotérmica, a que corresponde uma variação de entalpia positiva.

(Nota: regista-se, de facto, que se verifica experimentalmente o contrário, ou seja, a diminuição de temperatura intensifica a cor da solução, assim, na realidade aquela reação tem uma variação de entalpia negativa).

ou

• ΔH> 0

⇒ De acordo com o enunciado, o arrefecimento da solução provoca uma redução da intensidade da cor vermelha (por provocar a diminuição da concentração do ião corado formado, [FeSCN]²⁺ (aq), o que significa que a diminuição da temperatura favorece a reação no sentido inverso.

⇒ De acordo com o Princípio de Le Châtelier, a diminuição de temperatura favorece as reações exotérmicas, pelo que se pode concluir que a reação inversa será exotérmica.

• Então, a reação no sentido direto, reação de formação do ião [FeSCN]²⁺ (aq), é endotérmica e a variação de entalpia associada é positiva: ΔH > 0.

Nota: A variação de entalpia associada a esta reação descrita na literatura é negativa (ΔH < 0 ).

• A resposta deve apresentar os seguintes elementos:

A) O arrefecimento da solução provoca uma diminuição da concentração do ião [FeSCN]²⁺ (aq), o que traduz um favorecimento da reação inversa.

B) A reação inversa será exotérmica, pelo que se pode concluir que a variação de entalpia associada à reação de formação do ião [FeSCN]²⁺ (aq) é positiva.

• +3

⇒ [Não havendo transferência de eletrões, o número de oxidação do ferro no ião [FeSCN]²⁺ é o mesmo que no ião Fe³⁺.]

• + 3  ……………. 7 pontos

• Opção (C)

• Opção (C)  ……………. 7 pontos

• 0,80 ou 80%

⇒ Como Ag⁺ (aq) e SCN^– (aq) reagem na proporção estequiométrica de 1:1 e

• conclui-se que o reagente limitante é o ião tiocianato, SCN^–.

⇒ Se a reação fosse completa (η = 100%), e como a proporção estequiométrica entre o produto e o reagente limitante é 1:1, obter-se-iam 5,0 x 10^-3 mol de tiocianato de prata, AgSCN.

Como se obteve 0,66 g de AgSCN, a quantidade de AgSCN formada foi:

ou

⇒ Como m = n x M, a quantidade de 5,0 x 10^-3 de tiocianato de prata correspondem a:

• • • m(AgSCN)_{teoricamente prevista} = 5,0 x 10^-3 x 165,95 = 0,830 g

⇒ Como só se obteve 0,66 g, o rendimento da reação foi:

• A resposta deve incluir os seguintes passos:

A) Indicação da quantidade de AgSCN que se formaria se o rendimento fosse 100% (n = 5,0 x 10^-3 mol) e cálculo da quantidade de AgSCN que se obteve (n = 3,98 x 10^-3 mol).

ou

• Cálculo da massa de AgSCN que se formaria se o rendimento fosse 100% (m = 0,830 g).

B) Cálculo do rendimento do processo (η = 0,80 ou 80%).

• Opção (D)

As configurações eletrónicas para estes átomos no estado fundamental são: 

⇒ ₆C – 1s² 2s² 2p² – o carbono tem uma orbital de valência totalmente preenchida (2s) e dois eletrões desemparelhados (os dois eletrões nas orbitais 2p)

⇒ ₁₆S – 1s² 2s² 2p² 3s² 3p⁴ – o enxofre tem duas orbitais de valência totalmente preenchidas (3s e uma das orbitais 3p) e dois eletrões desemparelhados (os outros dois eletrões nas orbitais 3p)

• Opção (D)  ……………. 7 pontos

• Opção (A)

⇒ ₆C – 1s² 2s² 2p²

⇒ ₇N – 1s² 2s² 2p³

O átomo de N tem mais um eletrão nas orbitais 2p do que o átomo de C.

O eletrão a mais, relativamente ao elemento carbono, ocupa o mesmo nível eletrónico, no entanto, a carga nuclear (positiva) do átomo de nitrogénio aumenta também uma unidade, aumentando, assim, a força atrativa núcleo-eletrão. 

• Assim, a energia dos eletrões das orbitais é maior no átomo de carbono e, consequentemente, a energia E_C é menor do que a energia E_N. 

• Opção (A)  ……………. 7 pontos

• Opção (D)

⇒ Numa resistência elétrica, 𝑅, percorrida por uma corrente elétrica, 𝐼, é dissipada uma potência, 𝑃, por efeito Joule:

𝑃 =𝑅𝐼²

⇒ Num intervalo de tempo Δt é dissipada pela resistência elétrica a energia 𝐸 (𝐸 = 𝑃Δt = 𝑅 𝐼² Δt). 

⇒ Esta energia será recebida pela massa, 𝑚, de água, de capacidade térmica mássica 𝑐, originando o seu aquecimento, com o consequente aumento de temperatura, Δ𝑇. 

Relacionando aquelas grandezas obtém-se 𝑚 𝑐 Δ𝑇 = 𝑅 𝐼² Δt , ou, explicitando em ordem à variação de temperatura:

Na experiência, fixaram-se a massa de água, a resistência elétrica e o intervalo de tempo, assumindo-se que a capacidade térmica mássica da água é constante.

⇒ Assim, as grandezas variáveis são a corrente elétrica e a variação de temperatura, tal como referido no enunciado “determinando o aumento de temperatura” e “diferentes valores de corrente elétrica”. 

• Como o gráfico obtido apresenta uma relação linear, o aluno colocou o quadrado da corrente elétrica no eixo das abcissas.

𝑋 = 𝐼² ⟹ Δ𝑇 = 𝑘 𝑋 

• Opção (D)  ……………. 7 pontos

⇒ Nesta situação pretende-se relacionar o aumento da temperatura da água, ΔT, com a potência dissipada no fio condutor, P.

⇒ Sendo a energia transferida para a água para o seu aquecimento, E = m c ΔT, igual à energia que é dissipada no fio condutor, E = P x Δt, tem-se:

• • • m x c x ΔT = P x Δt 

Escrevendo a variação de temperatura em função das outras grandezas, obtém-se:

⇒ Esta equação apresenta uma relação linear entre P e ΔT sendo

• A resposta deve incluir os seguintes passos: 

A) Apresentação de uma expressão que relacione quantitativamente a potência dissipada no fio condutor com o aumento da temperatura da água ( P x 180 = 90 x 10^-3 x 4,18 x 10³ x ΔT   ou equivalente). 

B) Cálculo do declive da reta do gráfico do aumento da temperatura da água em função da potência dissipada no fio ( 0,48 ºC W^-1).

⇒ Uma irradiância, E_r, de 1000 W m^-2, num painel fotovoltaico de 1,63 m² de área, A, equivale a uma potência incidente

• P_inc = Er x A = 1000 x 1,63 W = 1,63 x 10³ W.

⇒ A potência elétrica fornecida pelo painel, P_el, quando nos seus terminais há uma diferença de potencial, U, e no circuito exterior é originada a corrente elétrica, I, é:

• P_el = U x I = 217 W.

Deste modo o rendimento do painel é:

• Etapas de resolução:

⇒ Cálculo da potência elétrica máxima fornecida pelo painel (P_elétrica = 217 W) ……… 4 pontos

⇒ Cálculo da potência da radiação incidente no painel (P = 1630 W) …….. 4 pontos

⇒ Cálculo do rendimento máximo do painel (h = 0,13 ou 13%) …….. 2 pontos

• Opção (B)

⇒ O fluxo do campo magnético, Φ, através da área, A, de uma espira é Φ = B A cosα, sendo α o ângulo que a perpendicular ao plano da espira faz com as linhas de campo. 

⇒ Mantendo-se constantes a área da espira e o campo magnético, a variação do fluxo magnético dependerá da variação do ângulo α, ou seja, da rotação da espira em torno do eixo Y. 

• Opção (B)  ……………. 7 pontos

• Opção (C)

⇒ Como no instante t_i o plano da espira é perpendicular ao campo magnético, 𝐵, o ângulo, α, entre a perpendicular ao plano da espira e as linhas de campo é zero, α = 0 (cos 0º = 1), portanto, neste instante, o valor do fluxo magnético, Φ, é máximo.

⇒ Após a espira rodar, no instante t_𝑖 + 𝑇/4 o ângulo que o plano da espira faz com o campo magnético é zero, ou seja, a amplitude do ângulo α é 90o (cos 90º = 0).

• Neste instante, o fluxo magnético através da área da espira é nulo. 

• Opção (C)  ……………. 7 pontos

• Opção (D)

⇒ Quando o feixe de luz incide na superfície de separação entre o ar e o prisma sofre reflexão, originando o feixe X, que se propaga também no ar, e refração, por haver mudança de meio, do ar para o vidro, originando o feixe Y.

⇒ Um feixe ao dividir-se em outros dois feixes origina feixes de menor energia, de acordo com o Princípio da Conservação de Energia.

• Assim, o feixe Y tem maior energia do que o feixe W. 

• Opção (D)  ……………. 7 pontos

• Opção (A)

⇒ Ao incidir no prisma, o feixe de luz refrata-se aproximando-se da normal à superfície no ponto de incidência e ao sair do prisma para o ar o feixe de luz afasta-se da normal ao ponto de incidência.

⇒ Assim, é possível concluir que o ar é menos refringente, ou de outro modo, o índice de refração do vidro constituinte do prisma é superior ao do ar. 

• Opção (A)  ……………. 7 pontos

• Opção (B)

⇒ A energia de um fotão, E, é diretamente proporcional à sua frequência,  f, podendo concluir-se que a relação entre f_I e f_II será igual à relação entre as energias E_I e E_II.

Logo:

• Opção (B)  ……………. 7 pontos

• Opção (A)

⇒ Estando o atleta em queda livre até à posição R, ou seja, sujeito apenas à força gravítica, a aceleração é constante (𝑔⃗).

⇒ Assim, a componente escalar da velocidade do atleta irá aumentar linearmente com o tempo decorrido, e será positiva porque tem o sentido arbitrado como positivo. 

• Opção (A)  ……………. 7 pontos

• Opção (D)

⇒ Na queda vertical de P até R, atuando apenas a força gravítica, aplicando o teorema da energia cinética, 𝑊_𝐹⃗g = Δ𝐸c , considerando que o atleta parte do repouso, fica Δ𝐸c = 𝐸_{cin. final} , 𝐹g 𝑑 cos 0° = 𝐸_{cin. final}, em que Fg é a intensidade da força gravítica e d a distância percorrida. 

⇒ Como nesta situação podemos considerar a força gravítica constante, a energia cinética, em qualquer instante, irá depender da distância percorrida, ou seja, aumenta proporcionalmente com a distância percorrida. 

• Opção (D)  ……………. 7 pontos

• Opção (B)

⇒Durante a queda, o trabalho da força gravítica é positivo, e, como a variação de energia potencial gravítica é simétrica do trabalho da força gravítica (força conservativa), a variação da energia potencial gravítica é negativa. 

⇒ Atuando apenas a força gravítica, que é uma força conservativa, há conservação de energia mecânica, ou seja a sua variação é nula. 

ou 

⇒ O atleta diminui a distância a um nível de referência, por exemplo o nível da água na figura 5 do enunciado, o que faz com que a energia potencial gravítica do sistema diminua.

⇒ Por outro lado considerando que até R apenas atua a força gravítica, que é conservativa, verifica-se que a energia mecânica se mantém constante. 

• Opção (B)  ……………. 7 pontos

⇒ O atleta atinge a posição R com uma velocidade de módulo v_R = 17,0 m s^-1 e a posição S com uma velocidade de módulo v_S = 18,7 m s^-1.

A variação da energia cinética entre R e S é:

⇒ Entre as posições R e S o atleta diminuiu a sua altura de 6,0 m, assim a variação da energia potencial gravítica é:

Logo, o trabalho da força gravítica é

W_Fg = -ΔEp = 4,32 × 10³ J 

⇒ Aplicando o teorema da energia cinética e considerando o trabalho de todas as forças,

ΣW = WF_cabo +W_Fg = ΔEc

de onde se conclui que o trabalho realizado pela força que o cabo exerce sobre o atleta é:

𝑊_𝐹⃗cabo = Δ𝐸𝑐 − 𝑊_𝐹⃗𝑔 = (2,18 x 10³ – 4,32 x 10³ ) J = -2,1 x 10³ J.

• Etapas de resolução:

⇒ Cálculo da variação da energia cinética do atleta entre a posição R e a posição S

(ΔEc = 2,18 x 10³ J) …….. 3 pontos

⇒ Cálculo do trabalho realizado pelo peso do atleta entre a posição R e a posição S

(W_P = 4,32 x 10³ J) …….. 3 pontos

⇒ Cálculo do trabalho realizado pela força que o cabo exerce no atleta entre a posição R e a posição S

(WF_cabo = -2,1 x 10³ J) ……… 4 pontos

⇒ Entre as posições R e T a intensidade da força que o cabo exerce no atleta aumenta em média na razão

⇒ Das posições R a T o cabo aumenta o comprimento em ( 6,0 + 14,5 ) m, ou seja, regista-se um aumento de 20,5 m.

Estabelecendo a proporção

• obtém-se a intensidade da força, F_cabo = 2,46 x 10³ N.

⇒ Como em R esta força é nula, conclui-se que, quando o atleta passa em T, o cabo exerce sobre ele uma força com uma intensidade de F_cabo = 2,46 x 10³ N.

⇒ Como o cabo foi esticado, a força que o cabo exerce sobre o atleta tem o sentido oposto ao do movimento do atleta.

Assim, a intensidade da força resultante, F_R, pode ser calculada por:

• Fr = Fg – F_cabo ⇔ Fr = mg – F_cabo = (72 x 10 – 2,46 x 10³ ) N = -1,74 x 10³ N

Aplicando a segunda lei de Newton, 𝐹⃗_R = 𝑚 𝑎⃗, a componente escalar da aceleração, a_y, é:

• Etapas de resolução:

⇒ Cálculo da intensidade da força que o cabo exerce no atleta na posição T

( F_cabo = 2,46 x 10³ N) …….. 3 pontos

⇒ Cálculo da componente escalar da resultante das forças que atuam no atleta na posição T

(F_y = – 1,74 x 10³ N ) (ver nota) …….. 4 pontos

⇒ Cálculo da componente escalar da aceleração do atleta na posição T

(a_y = -24 m s^-2) …….. 3 pontos

Nota ‒ O cálculo da intensidade da resultante das forças (1,74 x 10³) não implica qualquer desvalorização.

⇒ O gráfico do módulo da velocidade em função do tempo, para o intervalo [1,7; 3,0] s, é:

A aceleração tem o mesmo sentido do movimento, o da velocidade, quando o módulo da velocidade aumentar.

⇒ No gráfico obtido, verifica-se que no intervalo de tempo considerado, o módulo da velocidade aumenta entre o instante inicial, 1,7 s, e o instante 2,0 s, em que apresenta o valor máximo (v = 18,7 m s^-1).

• Assim o intervalo de tempo em que a aceleração tem o mesmo sentido do movimento, da velocidade, é [1,7; 2,0] s.

• A resposta deve incluir os seguintes passos:

A) Apresentação do esboço do gráfico v (t) solicitado.

B) Indicação dos instantes entre os quais a aceleração tem o sentido do movimento (entre 1,7 s e 2,0 s).

• Opção (A)

⇒ Sendo o volume de oxigénio consumido, V_cons, a diferença entre o volume de oxigénio inspirado, V_insp, e o expirado, V_exp, isto é, V_cons = V_insp – V_exp, teremos: 

• V_cons = (0,21 x 0,50 – 0,16 x 0,50) dm³ = 2,5 x 10^-2 dm³

A quantidade de oxigénio consumido é calculada por 

• Opção (A)  ……………. 7 pontos