1ª fase - 2006 - resolução

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Exame Nacional 2006

Física e Química A – 11.° ano

1.a Fase

Sugestão de resolução1.

1.1. (D).

(A) Falsa.

ρ (Na+) = e ρ (Mg2+) = ;

.

Da tabela 1: ρ (Na+) = 10,70 e ρ (Mg2+) = 1,29, substituindo na expressão anterior tem-se:

.

A afirmação é falsa, pois a massa de sódio na água dos oceanos é 8,3 vezes maior do que a de

magnésio e não 5.

(B) Falsa.

No primeiro parágrafo do texto é afirmado que, da água que se encontra à superfície da Terra,

97% constitui os oceanos, logo a existente nos lagos e rios e glaciares corresponde aos restantes

3%. Assim, a água existente nos rios é inferior a 3%.

(C) Falsa.

No segundo parágrafo do texto é afirmado que a percentagem mássica de toda a matéria dissol-vida nos oceanos é de 3,5% e, de acordo com a tabela 2, esta é constituída não só por cloreto de

sódio, mas por diversos sais. Além disso, a expressão apresentada não permite sequer determi-

nar a massa de sais dissolvidos, pois seria necessário conhecer a densidade média das águas

oceânicas, visto conhecer-se apenas o seu volume, 1,5 * 1021 L, uma vez que a percentagem

mássica é igual à massa de sais (em gramas) dissolvida em 100 g de água salgada.

(D) Verdadeira.

Do terceiro parágrafo do texto, conclui-se:

Salinidade = .

Como a percentagem mássica de sais é 3,5% e como 1 kg = 1000 g, então:

§ m sais = 35 g.

Logo, a salinidade média da água dos oceanos é, de facto, 35 partes por mil.

1.2. (C).

(A) Verdadeira.

O cloreto de magnésio (MgC’2) é um dos compostos mais abundantes na água dos oceanos,

como se pode ver na tabela 2; por outro lado, os respectivos iões são:

MgC’2(s)H

2O

2" Mg2+

(aq) + 2 C’-

(aq)

que constam da tabela 1.

(B) Verdadeira.

No processo de destilação, a água salgada, ao ser aquecida, evapora-se quando a temperatura

atinge o ponto de ebulição da água – mudança do estado líquido para o gasoso. Em seguida o

vapor de água, ao passar num condensador, condensa – passagem do estado gasoso ao líquido.

Na congelação verifica-se, por arrefecimento, a passagem da água do estado líquido para o sólido.

3,5

100=m sais

1000

m sais(g)

m ág.mar(kg)

10,701,29 =m

Na+

m Mg2 +§

m Na

+

m Mg2 += 8,3

r(Na+)

r(Mg2+)=m Na+

m Mg2+

m Mg2 +

V

m Na+

V

C P E N-F Q1 1 ©

P or t oE d i t or a



Exame Nacional 2006 • 1.a Fase • Sugestão de resolução

(C) Falsa.

De acordo com o último período do quinto parágrafo, o processo economicamente mais viável é a

dessalinização por osmose inversa e não a destilação ou a congelação.

(D) Verdadeira.

Repare-se no segundo período do terceiro parágrafo do texto, onde se afirma que as proporçõesrelativas dos diferentes elementos permanecem constantes, embora a salinidade varie de lugar

para lugar. Assim, conclui-se que nas zonas que recebem grandes descargas de água de rios,

água doce, a salinidade diminui, pois a massa total aumenta.

1.3.

1.3.1. Uma vez que o vidro do tecto é praticamente transparente à radiação solar, a radiação que o atra-

vessa (e que atinge a água salgada contida no tanque) ao ser, em parte, absorvida, é responsável

pela evaporação da água. O vapor de água formado, ao atingir o ponto de saturação e em con-

tacto com o tecto de vidro, condensa (este processo é mais intenso durante a noite, pois a tempe-

ratura do vidro do tecto está a uma temperatura inferior à da atmosfera interior próxima da água

do tanque, devido ao contributo do vapor de água formado para o efeito de estufa). Devido à incli-nação do tecto, uma quantidade significativa de água desliza ao longo deste, sendo então reco-

lhida nos tanques laterais.

1.3.2. Este processo, ao ser aplicado em grande escala, apresenta, entre outras possíveis, as seguintes

desvantagens:

– exige infra-estruturas (tanques, telhado...) de grandes dimensões;

– a obtenção de água dessalinizada é morosa;

– a sua eficiência está condicionada pela intensidade da radiação solar.

1.4. V sol = 5,0 dm3

Da tabela 1: ρ (Na+) = 10,70 g dm-3 ; ρ (C’-) = 19,22 g dm-

3

Da Tabela Periódica: M (Na+) = 22,99 g mol-1 ; M (C’-) = 35,45 g mol-1

A equação que traduz a precipitação do cloreto de sódio, quando evapora toda a água, é:

Na+(aq) + C’-(aq) 2" NaC’(s) (1)

Para determinar a massa de cloreto de sódio obtida tem de se determinar a quantidade de iões

sódio e de iões cloreto existente nos 5,0 dm3 de água salgada.

Como:

ρ (Na+) = e n Na+ = ,

logo, n Na+ = ± n Na+ = § n Na+ = 2,33 mol;

e como n C’- = ± n C’

- = § n C’- = 2,71 mol.

Da equação (1) verifica-se que n Na+ = n C’-, e como n C’

- presente na solução é superior a n Na+, o ião

Na+ é o reagente limitante e, consequentemente, a quantidade de NaC’ recolhida é igual a n Na+,

isto é:

n NaC’ = 2,33 mol.

Sendo M (NaC’) = 22,99 + 35,45 § M (NaC’) = 58,44 g mol-1,

e como m NaC’ = n Na+ * M (NaC’),

então, m NaC’ = 2,33 * 58,44 § m NaC’ = 1,36 * 102 g.

A massa de cloreto de sódio obtida por evaporação completa da água da amostra de água do mar

(5,0 dm3) é igual a 1,36 * 102 g.

1.5. (B).

Numa reacção química há conservação de massa e conservação de carga, logo a equação quí-

mica que a traduz terá de contemplar estes princípios de conservação.

19,22 * 5,0

35,45

r(C’-) * V sol

M (C’-)

10,70 * 5,022,99

r(Na

+

)* V

sol

M (Na+)

m Na+

M (Na+)

m Na+

V

C P E N-F Q1 1 ©





(A) Falsa. Não se verifica nem conservação de carga, 0 " 2(- 1) + (+ 1), nem de massa,

1 C " 2 C ; 3 O " 7 O ; 2 H " 5 H .

(B) Verdadeira. Verifica-se conservação de carga, 0 " (-1) + (+1) , e de massa, 1 C " 1 C ;

4 O " 4 O ; 4 H " 4 H .

(C) Falsa. Verifica-se conservação de carga, 0 " (- 1) + (+ 1) , mas não se verifica conservação

de massa, 1 C " 1 C ; 3 O " 4 O ; 2 H " 4 H .

(D) Não se verifica conservação de carga, 0 = (+ 1) + (+ 1) , mas há conservação de massa,

1 C " 1 C ; 4 O " 4 O ; 4 H " 4 H .

1.6. (A) Verdadeira. O bromo (35Br) e o flúor (9F) pertencem ao mesmo grupo, 17, da Tabela Periódica,

logo possuem o mesmo número de electrões de valência, 7.

(B) Verdadeira. O número atómico do magnésio, Mg, é igual a 12, logo o átomo de magnésio pos-

sui 12 electrões, visto ser uma partícula electricamente neutra.

A sua configuração electrónica no estado fundamental é 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2.

A configuração electrónica apresentada corresponde à de um átomo de magnésio num estado

excitado, uma vez que uma orbital 3p é mais energética do que a 3s .(C) Falsa. O anião brometo, Br-, possui mais um electrão do que o átomo de bromo, Br, pelo que

o raio atómico de Br é inferior ao raio iónico de Br-.

Ao captar um electrão a intensidade das forças repulsivas na nuvem electrónica aumenta, pro-

vocando uma expansão desta e consequente aumento de raio.

(D) Verdadeira. O magnésio (Mg) e o cloro (C’) pertencem ao mesmo período (3.° período) da

Tabela Periódica.

Como, em geral, o raio atómico diminui ao longo do mesmo período, visto que a carga nuclear

efectiva aumenta, a energia de ionização – energia a fornecer para remover o electrão mais

energético da acção do núcleo – aumenta.

(E) Verdadeira. No estado fundamental a configuração electrónica do átomo de magnésio (12Mg) é:1s 2 2s 2 2p x

2 2p y2 2p z

2 3s 2, logo os electrões estão distribuídos por 6 orbitais.

(F) Falsa. Cada orbital é caracterizada por três números quânticos (n , S, m S) e fica totalmente

preenchida não com três electrões, mas sim com dois electrões.

A orbital cujos números quânticos n , S, m S são 1, 0, 0 é a orbital 1s.

(G) Falsa. Da Tabela Periódica, verifica-se que o bromo pertence ao 4.° período, logo tem 4 níveis

energéticos ocupados, donde se conclui que os electrões estão distribuídos por orbitais de

número quântico principal, n , 1, 2, 3 e 4.

(H) Verdadeira. O magnésio pertence ao grupo 2 da Tabela Periódica, cujos elementos consti-

tuem a família dos metais alcalino-terrosos, enquanto o bromo (grupo 17) integra a família dos

halogéneos.

2.

2.1. v ar = 343 m s-1 ; v ág.mar = 1533 m s-1 .

d ar = d ág.mar = d AB e

t ar – tág.mar = 9 s (2)

343 t ar = 1533 tág.mar § tág.mar = t ar.

Substituindo em (2), tem-se:

t ar = 9 § t ar = 11,6 s,

logo, d AB = 343 * 11,6 § d AB = 4,0 * 103 m.

A distância que separa os dois barcos é de 4,0 * 103 m.

11 -343

15332

3431533

§ v ar t ar = v ág.mar tág.mar

d ar = v ar t ar

d ág. mar = v ág.mar tág.mar

abc

C P E N-F Q1 1 ©





2.2. As ondas sonoras são ondas mecânicas que necessitam de um meio material para se propaga-

rem, enquanto as electromagnéticas não necessitam deste meio, propagando-se no vazio.

As ondas sonoras são ondas longitudinais e as electromagnéticas são ondas transversais.

Mais, a velocidade de propagação das ondas sonoras e das ondas electromagnéticas são diferen-

tes, bem como as respectivas frequências (v = λ f ).

2.3. (B). x = 2,0 * 10-2 sin (24 p t ) (SI) (3)

Um sinal harmónico simples é expresso pela função

x = A sin (ω t ) (4)

onde A é a amplitude da oscilação e ω a frequência angular que está relacionada com o período,

T , da oscilação por:

ω = (5)

Assim, comparando a equação (3) com a expressão (4), verifica-se:

A = 2,0 * 10-2 m, ω = 24 π rad s-1

e da expressão (5) determina-se o período:

24 p = § T = 8,3 * 10-2 s .

Da análise das alternativas apresentadas, pode afirmar-se que a correcta é a B, pois a frequência

angular do movimento é 24 p rad s-1.

3.

3.1. (C).

Da análise da figura 3 verifica-se:

– para uma qualquer temperatura, aumentando a pressão (comprimindo a mistura reaccional) apercentagem molar de amoníaco aumenta (por exemplo, a 500 °C, à pressão de 300 atm, é de

cerca de 24% e à pressão de 500 atm é de aproximadamente 35%);

– aumentando a pressão, a temperatura constante, o equilíbrio evolui no sentido do aumento da

percentagem molar do amoníaco, isto é, no sentido directo;

– a síntese do amoníaco é um processo exotérmico, visto que, ao diminuir a temperatura, a pres-

são constante, a percentagem molar de amoníaco aumenta, isto é o sistema evolui no sentido

directo de modo a contrariar a diminuição de temperatura, ou seja, no sentido exotérmico.

Desta análise conclui-se que a alternativa correcta é a C.

3.2. V = 2,00 L ; n e(NH3) = 0,080 mol ; n e(N2) = 0,96 mol ; n e(H2) = 2,88 mol .

N2(g) + 3 H2(g) — 2 NH3(g)

A constante de equilíbrio, K c , para este processo é:

K c =

onde a concentração de equilíbrio de cada uma das espécies é:

[N2]e = ± [N2]e = § [N2]e = 0,48 mol L- 1;

[H2]e = ± [H2]e = § [H2]e = 1,44 mol L- 1;

[NH3]e = ± [NH3]e = § [NH3]e = 0,040 mol L- 1.

Substituindo na expressão da constante de equilíbrio, tem-se:

K c = § K c = 1,1 * 10-3.

A constante de equilíbrio, à temperatura T A, é K c = 1,1 * 10-3.

0,0402

0,48 * 1,443

0,080

2,00

n e(NH3)

V

2,88

2,00

n e(N2)

V

0,96

2,00

n e(N2)

V

3NH3 4 2e

3N2 4 e 3H2 4 3e

2p

T

2p

T

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3.3. (B).

V = 4,48 dm3

Em condições PTN o volume molar de um gás é V m = 22,4 dm3 mol- 1 .

Como a quantidade de amoníaco existente no balão é n =

e o respectivo número de moléculas é dado por N = n N A, então:

N = ± N = moléculas.

Da análise das alternativas propostas, a que permite determinar o número de moléculas de amo-

níaco existente no balão é a B.

3.4. De acordo com os gráficos da figura 3, a síntese do amoníaco é exotérmica, e a extensão da

reacção, pelo princípio de Le Chatelier, é favorecida a baixas temperaturas e elevadas pressões.

Contudo, devem ser utilizadas pressões moderadas de modo a aumentar a segurança do pro-

cesso, uma vez que pressões muito elevadas aumentam o risco de acidente. Devem ser utilizadastemperaturas não muito baixas, dado que a rapidez da reacção directa diminui para temperaturas

demasiado baixas.

O uso de um catalisador apropriado contribui para optimizar o processo, pois aumenta a rapidez

com que se atinge o equilíbrio.

3.5. (B).

A geometria de uma molécula (distribuição espacial dos átomos que a constituem) é tal que seja

mínima a intensidade das forças repulsivas, que se manifestam, essencialmente, entre os duple-

tos ligantes e entre estes e os não ligantes.

O átomo de azoto tem 5 electrões de valência enquanto o de hidrogénio tem apenas 1 electrão devalência. Na molécula de amoníaco, o átomo de azoto (átomo central) está ligado a três átomos

de hidrogénio por três dupletos ligantes e possui um dupleto não ligante.

A geometria da molécula de amoníaco é piramidal triangular, pois estes duple-

tos, devido às forças repulsivas exercidas entre si, afastam-se o mais possível.

Os átomos de N e H localizam-se nos vértices de uma pirâmide triangular.

4. m = 300 kg; g = 10 m s-2; v A = 0 e v B = 0

4.1. (C).

∆E p = E pE- E pA

§ ∆E p = m g (h E - h A);

∆E p = 300 * 10 (0 – 40,6) § ∆E p = - 1,22 * 105 J.

Da análise das alternativas apresentadas, a correcta é a C.

4.2. Pela lei do trabalho-energia, tem-se W »F R= ∆E c.

Como o atrito é desprezável no percurso de A a B, apenas o peso (»P ) realiza trabalho, uma vez

que a reacção normal (»R n) não realiza trabalho, pois é perpendicular à trajectória, logo há conser-

vação de energia mecânica, isto é:

∆E c = - ∆E p

e, consequentemente,W »F R

= - ∆E p § F R d AB = - m g (h B – h A).

Recorrendo à 2.a Lei de Newton, F R = m a ,

e como (h B – h A) = - d AB sin 50,0° , então,

m a d AB = m g d AB sin 50,0° § a = g sin 50,0° § a = 0,77 g .

Uma vez que 0,77 g < 0,80 g , o percurso foi cumprido em segurança.

N

HH

H

4,48 * 6,02 * 1023

22,4

V * N A

V m

V

V m

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4.3. v C = 24,8 m s-1

r = = ± r = 25,0 m

F c = m

Na trajectória circular »F R = »F c , então,

m a = m § a = ;

a = § a = 24,6 m s- 2 .

A aceleração do sistema no ponto C tem direcção radial, sentido centrípeto, para o centro da tra-

jectória (de C para B) e módulo 24,6 m s- 2.

4.4. (C).

Em cada percurso da pista o valor da aceleração é constante, pelo que se eliminam de imediatoos gráficos representados em B e em D.

Considerando positivo o sentido do movimento do sistema nas trajectórias rectilíneas, percursos

AB, DE e EF, e considerando, em cada instante, positivo o sentido centrípeto na trajectória circu-

lar, percurso BCD, tem-se:

– percurso BCD:

a aceleração centrípeta determinada em 4.3. é a = 24,6 m s-2;

– percurso AB:

a AB = g sin 50,0° ± a AB = 10 sin 50,0° § a AB = 7,7 m s-2;

– percurso DE:

a DE = g sin 30,0° ± a DE = 10 sin 30,0° § a DE = 5,0 m s-2;

– percurso EF:

a resultante das forças que actuam sobre o sistema neste percurso é igual à força de atrito, que

actua em sentido contrário ao do movimento, logo, o valor da aceleração é negativo.

Assim, como o valor da aceleração no percurso AB apresenta um valor superior ao valor da acele-

ração no percurso DE, o gráfico que melhor representa o valor da aceleração do sistema ao longo

de todo o percurso é o apresentado em C.

4.5. Como a variação da energia cinética do sistema se mantém, da lei do trabalho-energia, W »F R= ∆E c ,

conclui-se que o trabalho realizado pela resultante das forças terá de ser o mesmo, quando se

diminui a intensidade da força de atrito.

Como W »F R

= constante § F R d EF = constante

há pois duas hipóteses para atingir o objectivo proposto:

– aumentar o comprimento do percurso EF, pois como F R = F a diminui de intensidade;

– inclinar, em relação à horizontal, o percurso EF, pois nesta situação a distância d EF mantém-se,

mas a resultante das forças tem a contribuição da componente tangencial do peso que, como a

força de atrito, tem sentido oposto ao do deslocamento.

4.6. Todas as forças que actuam sobre o sistema, o peso, a reacção normal e a força centrípeta, são,

em cada instante, perpendiculares à trajectória, logo não realizam trabalho. Assim, o trabalhorealizado pela resultante das forças é nulo e, consequentemente, pela lei do trabalho-energia,

W »F R= ∆E c, a variação de energia cinética é também nula.

Desta análise, a conclusão que terá prevalecido no relatório elaborado pelos alunos é de que se a

energia cinética, E c = mv 2, se mantém constante, então, o módulo da velocidade do sistema é, tam-

bém, constante.

1

2

24,82

25,0

v 2

r

v 2

r

v 2

r

50,0

2

BC

2

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