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Exame Nacional 2012Física e Química A – 11.° ano

Época Especial

Sugestão de resolução

GRUPO I

1. (C)

m(SO2)/ano = 6 * 1010 kg = 6 * 1010 * 103 g

M(SO2) = 64,07 g mol- 1

Como n = mM

, a quantidade de SO2 existente em 6 * 1010 kg deste gás é n = 6 * 1010 * 103 g64,07 g mol-1 mol

O número de moléculas, N, correspondente a esta quantidade de SO2 é:

N(SO2) = n(SO2) * NA §

N =6 * 1010 * 103 * 6,02 * 1023

64,07 moléculas, o que está de acordo com a expressão (C).

2.

2 ZnS(s) + 3 O2(g) " 2 ZnO(s) + 2 SO2(g)

3.

3.1. (B)

O número de oxidação do elemento enxofre passa de + 4 em SO2 para + 6 em SO3, o que está de acordo com a opção (B).

3.2. (D)

V(SO2) = 1/2 V(SO3)

De acordo com a Lei de Avogadro para gases ideais, nas mesmas condições de pressão e tempera-tura, o volume ocupado por um gás é diretamente proporcional ao respetivo número de partículas. Assim, nas mesmas condições de pressão e temperatura,

se V(SO2) = 1/2 V(SO3) § N(SO2) = 1/2 N(SO3).

Como cada molécula de SO2 contém dois átomos de O e cada molécula de SO3 contém três átomos de O, o número de átomos de O existente em N moléculas de SO2 é 2/3 do número de átomos de O existente em N moléculas de SO3. Como N(SO2) = 1/2 N(SO3), o número de átomos de O contidos na amostra de SO2 é 2/6 = 1/3 do número de átomos de O contidos na amostra de SO3, o que está de acordo com a opção (D).

As opções (A) e (B) são falsas porque, de acordo com o exposto anteriormente, o número total de átomos contidos na amostra de SO2 é 3/8 do número total de átomos contidos na amostra de SO3.

A opção (C) é falsa porque, como N(SO2) = 1/2 N(SO3), a amostra de SO2 contém metade do número de átomos de S.

Resumindo:

Volume Quantidade Átomos de O Átomos de S Átomos total

Amostra de SO2 V/2 N/2 2 (N/2) = N N/2 3 N/2

Amostra de SO3 V N 3 N N 4 N

Razões 1/2 1/2 1/3 1/2 3/8

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4. Como o elemento enxofre (S) se situa no grupo 16 da Tabela Periódica, os átomos deste elemento têm 6 eletrões de valência, apresentando uma grande tendência para captar 2 eletrões, originando iões sulfureto, S2 -. Assim, a carga destes iões é - 2.

5. (B)

Cada átomo de oxigénio tem 6 eletrões de valência (2 pares de eletrões emparelhados e 2 eletrões desemparelhados). Na molécula de oxigénio, O2, os dois átomos unem-se compartilhando dois duple-tos (quatro eletrões), de modo que cada átomo fique rodeado por oito eletrões, como o gás nobre mais próximo. Assim, a ligação formada é uma ligação dupla, o que está de acordo com a opção (B). As opções (A) e (C) não estão corretas pois têm eletrões de valência a menos: 10 e 6, respetivamente, e no total são 6 + 6 = 12. A opção (D) está igualmente incorreta pois tem 4 eletrões de valência a mais.

6. (C)

De acordo com a configuração eletrónica do átomo de oxigénio no estado fundamental,

8O - 1s2 2s2 2p4, os eletrões de valência estão distribuídos por quatro orbitais (2s, 2px, 2py e 2pz). Assim, os eletrões de valência estão distribuídos por orbitais com L = 0 (orbital 2s) e L = 1 (orbitais 2p), o que está de acordo com a opção (C). As opções (A) e (B) estão incorretas pois os 6 eletrões de valência teriam de pertencer a um só tipo de orbital (2s ou 2p, respetivamente). A opção (D) está incorreta porque o número quântico secundário, L, não pode tomar valores negativos.

7.

O elemento oxigénio encontra-se situado no período 2 da Tabela Periódica. Como o raio atómico diminui ao longo do período, o elemento do 2.° período com menor raio atómico é o Ne. O raio ató-mico diminui ao longo do período porque a carga nuclear e o número de eletrões da última camada aumentam sucessivamente de uma unidade, aumentando a atração entre o núcleo e a nuvem eletró-nica que, por esta razão, diminui o volume.

GRUPO II

1. (D)

O hidróxido de sódio, NaHO(s), é um sólido formado por uma malha de iões (catiões sódio, Na+, e aniões, HO-). O hidróxido de sódio está, por isso, totalmente ionizado antes de ser dissolvido. Ao dissolver-se em água, as ligações entre os iões rompem-se, ocorrendo a separação destes iões (dis-sociação completa), e a sua solvatação (hidratação), o que está de acordo com a opção (D).

A opção (A) é falsa porque, neste caso, não ocorre formação de iões (ionização). Em solução aquosa, a base está totalmente ionizada, mas já o estava no estado sólido. As opções (B) e (C) estão incorre-tas pois a ionização já era completa e a dissociação por ação da água também foi completa.

2.

m(HA) = 0,328 g

c(NaHO(aq)) = 0,200 mol dm- 3

ve(NaHO(aq)) = 16,40 cm3

M(HA) = ?

Como o ácido é um ácido monoprótico, a reação ocorrida nesta titulação é representada pela seguinte equação química:

HA(aq) + NaHO(aq) " NaA(aq) + H2O(L) De acordo com a equação química, a proporção estequiométrica entre os reagentes é de 1(HA):1(NaHO). Logo, no ponto de equivalência, p.e., ou seja, no ponto em que foi adicionada a quan-tidade estequiométrica de titulante ao titulado, n(HA) = n(NaHO).

• Quantidade de NaHO(aq) adicionada até atingir o ponto de equivalência:

n(NaHO) = c * v § n(NaHO) = 0,200 mol dm- 3 * 16,40 * 10- 3 dm3 = 3,280 * 10- 3 mol

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• Cálculo da massa molar do ácido em solução:

Como n(HA) = n(NaHO) § n(HA) = 3,280 * 10- 3 mol

Como n = mM

, 3,280 * 10- 3 = 0,328M

§ M = 100 g mol- 1

3.

% m/m(NaHO) = 20%

r(solução) = 1,219 g cm3

c = ?

A solução aquosa de hidróxido de sódio contém 20% em massa de soluto, o que significa que em 100 g de solução existe 20 g de soluto (NaHO). Considere-se, então, 100 g de solução:

Como r(solução) = m(solução)V(solução)

, o volume de solução existente em 100 g de solução é:

V(solução) = m(solução)

r § V = 100 g

1,219 g cm- 3 = 82,03 cm3

Como em 100 g de solução há 20,0 g de soluto, a quantidade de soluto (NaHO) existente em 100 g de solução é:

n = mM

§ n = 20 g40,00 g mol- 1 = 0,500 mol.

Como c = nV

, a concentração da solução é: c = 0,500 mol82,03 * 10- 3 dm3 = 6,1 mol dm- 3

GRUPO III

1. (A)

De acordo com a equação química que traduz a reação de síntese do tetraaminocobre(II) mono--hidratado, a proporção estequiométrica entre os reagentes é de 1(CuSO4.5 H2O) : 4 (NH3).

A quantidade de CuSO4.5 H2O usada é:

n = mM

§ n = 5,00 g249,7 g mol-1 = 2,00 * 10- 2 mol

Assim, se os reagentes estivessem em proporção estequiométrica, a quantidade de amoníaco neces-sária seria 4 * 2,00 * 10- 2 mol = 8,00 * 10- 2 mol.

Como foi adicionada solução aquosa de amoníaco em excesso, a quantidade de amoníaco teria de ser superior a 8,00 * 10- 2 mol, o que está de acordo com a opção (A).

2.

m([Cu(NH3)4]SO4.H2O(s)) = 2,60 g

M([Cu(NH3)4]SO4.H2O(s)) = 245,8 g mol- 1

De acordo com a equação química que traduz a reação de síntese do tetraaminocobre(II) mono--hidratado, a proporção estequiométrica entre o reagente limitante, (CuSO4.5 H2O) e o produto, ([Cu(NH3)4]SO4.H2O(s)) é de 1:1. Assim, se o rendimento da reação fosse de 100%, a quantidade de produto que teoricamente se obteria seria igual à quantidade usada deste reagente (já calculada na questão anterior), ou seja:

nteórico = 2,00 * 10- 2 mol

A quantidade de produto obtido foi: n = mM

§ n = 2,60 g245,8 g mol- 1 = 1,058 * 10- 2 mol

Como h = nobtido

nteórico § h = 1,058 * 10- 2

2,00 * 10- 2 = 0,529, ou também 0,529 * 100 = 52,9%

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3. (D)

O rendimento de uma reação depende, exclusivamente, da quantidade de produto obtido, relativa-mente à quantidade teoricamente prevista, ou seja, relativamente à quantidade que se obteria se o rendimento da reação fosse 100%. Quanto maior for a massa de sulfato de tetra-aminocobre perdida na filtração, menor será a quantidade de produto obtido e, consequentemente, menor o rendimento da reação de síntese, o que está de acordo com a expressão (D).

A opção (C) é falsa porque a solução de amoníaco está em excesso, e portanto a quantidade de amo-níaco não altera o rendimento da reação.

A opção (B) é falsa porque o sulfato de cobre(II) penta-hidratado já se encontrava completamente dis-solvido em 5 cm3 de água e a adição de mais solvente não altera a quantidade de sulfato de cobre(II) e, como este vai ser o reagente limitante, também não altera a quantidade esperada de produto.

A opção (A) é falsa porque as quantidades iniciais de reagentes (reagente(s) limitante(s)) influenciam as quantidades de produto obtido e teoricamente previsto na mesma proporção.

4. (A)

Os cristais de [Cu(NH3)4]SO4.H2O(s) são solúveis em água e insolúveis em etanol. Por esta razão, a precipitação destes cristais é facilitada pela adição de uma solução de etanol, o que está de acordo com a opção (A).

A afirmação (B) é falsa porque, pela razão exposta, a adição de água iria dissolver os cristais de [Cu(NH3)4]SO4.H2O(s).

As opções (C) e (D) são falsas porque estes procedimentos não facilitam a precipitação dos cristais. A filtração da solução a pressão reduzida permite uma melhor recolha dos cristais e a trituração inicial do sulfato de cobre favorece a dissolução destes cristais por aumentar a superfície de contacto com a água.

GRUPO IV

1.

1.1. O principal processo de transferência de energia para a água é o trabalho.

Ao inverter a garrafa, a água desloca-se pela ação da força gravítica, cujo trabalho realizado sobre a massa de água é responsável pelo aumento da temperatura desta.

1.2. mágua = 100 g = 0,100 kgd = 40 cm = 0,40 mcágua = 4,18 * 103 J kg- 1 C- 1

n.° inversõesDt

= 30 inversões/min

Dq = 0,50 °C

Dt = ?

A energia recebida pela água = trabalho total realizado pela força gravítica,

Eágua = Wtotal

mas

trabalho total da força gravítica = trabalho realizado durante uma inversão * n.° de inversões

Wtotal = W»Fg * n.° inversões (1)

Eágua = mágua cágua Dq ± Eágua = 0,100 * 4,18 * 103 * 0,50 § Eágua = 2,09 * 102 J

W»Fg = m g d ± W»Fg = 0,100 * 10 * 0,40 § W»Fg= 0,400 J

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Substituindo estes valores em (1)

2,09 * 102 = 0,400 * n.° de inversões § n.° de inversões = 2,09 * 102

0,400 = 5,23 * 102

Determina-se, finalmente, o intervalo de tempo.

5,23 * 102

Dt = 30 § Dt =

5,23 * 102

30 = 17,4 min

O intervalo de tempo necessário para que a temperatura da água aumente de 0,50 °C é, aproximada-mente, 17 minutos.

2.

2.1. Da análise dos gráficos representados na figura 2 do enunciado verifica-se que a variação da temperatura da água contida na lata S é, para o mesmo intervalo de tempo, inferior às registadas na água contida nas latas Q e R, concluindo-se que é a que menos radiação absorve e consequente-mente a que apresenta uma superfície mais refletora da radiação incidente.

2.2. (C)

Qualquer corpo troca constantemente radiação térmica com o exterior. Ao atingir o equilíbrio térmico, a temperatura constante, as taxas de absorção e de emissão deste tipo de radiação são iguais, pelo que a opção correta é a (C).

3. (B)

Recorrendo à expressão E = m c Dq, conclui-se que, para a mesma variação de temperatura, a energia cedida durante o arrefecimento é diretamente proporcional à capacidade térmica da substância, c, e da massa, m, da amostra.

A opção correta é a (B), visto que, para a mesma diminuição de temperatura, quanto maior a massa da amostra e a maior capacidade térmica da substância que a constitui maior a energia cedida.

GRUPO V

1. (C)

hA = 50,0 cm ;

EpA = EcC § m g hA = 12

m v2C § g hA =

12

v2C § 2 g hA = v2

C

Para

v = 2 vC; h = ?

m g h = 12

m v2 § 2 g h = v2 § 2 g h = 4 v2C § g h = 2 v2

C § g h = 4 g hA § h = 4 hA;

h = 4 * 50,0 = 200 cm

A opção correta é a (C).

2. (B)

Da análise da figura 3 do enunciado, a origem do referencial xOy é o solo e o eixo vertical tem sentido ascendente e o horizontal está orientado no sentido do movimento.

A componente x da posição da esfera é, em cada instante, positiva e o seu valor é x = vC t, equação da reta de declive positivo, pelo que as opções (C) e (D) são eliminadas.

A componente y da posição da esfera é também, em cada instante, positiva e o seu valor é:

y = yC + 12

g t2, que traduz o ramo de uma parábola de origem em yC.

Desta análise conclui-se que a opção correta é a (B).

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3.O alcance atingido na situação I é superior ao atingido na situação II, pois o seu valor é igual ao pro-duto do tempo de queda, igual em ambas as situações, visto que a altura é a mesma, pelo módulo da velocidade de lançamento, vC, que é superior na situação I, visto que de A a C a energia dissipada é desprezável.

4. vC = 2,8 m s- 1 hA = 50,0 cm = 0,500 mm = 30,0 g = 30,0 * 10- 3 kg

Ed = ?

Para determinar a energia dissipada, Ed, calcula-se DEm.

DEm = EcC - EpA

DEm = 12

m v2C - m g hA ± DEm =

12* 30,0 * 10- 3 * 2,82 - 30,0 * 10- 3 * 10 * 0,500

DEm = 0,118 - 0,150 = - 0,032 J

A energia dissipada é de 3,2 * 10- 2 J.

GRUPO VI

1.

No instante considerado o automóvel desloca-se no sentido negativo do referencial, visto que é neste sentido que está orientado o vetor velocidade, v».

2.

No intervalo considerado o módulo da velocidade do automóvel diminuiu, pois os vetores velocidade e aceleração têm sentidos opostos, pelo que o seu movimento é retardado.

3.

3.1. (C)

A radiação na banda de micro-ondas é pouco absorvida ou refletida na atmosfera, praticamente não se difrata, propaga-se em linha reta, pelo que a opção correta é a (C).

3.2. (B)

As ondas eletromagnéticas são transversais e propagam-se em meios materiais e no vazio, sendo a opção correta a (B).

4. (A)

Na modulação em frequência, FM, a frequência da onda modulada varia ao longo do tempo, man-tendo-se a sua amplitude, enquanto a frequência da onda portadora apresenta frequência constante ao longo do tempo e é sempre superior à frequência do sinal a transportar. A opção correta é a (A).