2011 – Teste Intermédio – 11ºAno – maio

• Diazoto (N₂) e di-hidrogénio

•  Azoto (OU N₂) e Hidrogénio (OU H₂) —————————– 8 pontos

• Opção (B)

⇒ De acordo com o Princípio de Le Chatelier, num sistema em estado de equilíbrio, um aumento de pressão devido a uma diminuição de volume do sistema provoca um deslocamento do equilíbrio no sentido em que a pressão diminua, ou seja, no sentido em que se forma menor quantidade (em moles) de substâncias gasosas.

⇒ No caso da síntese do amoníaco, a reação vai evoluir no sentido direto, aumentando assim o rendimento da reação.

⇒ As afirmações (A) e (C) são falsas porque se a temperatura é constante a constante de equilíbrio mantém-se.

• Opção (B)…………. 8 pontos

⇒ Como a reação de síntese do amoníaco apresenta um valor de ΔH < 0, pode concluir-se que é uma reação exotérmica no sentido direto.

⇒ De acordo com o Princípio de Le Chatelier, uma diminuição de temperatura de um sistema num estado de equilíbrio provoca um deslocamento do equilíbrio no sentido exotérmico (neste caso no sentido direto) de modo a contrariar essa diminuição de temperatura.

⇒ Conclui-se, assim, que do ponto de vista do equilíbrio químico a reação é favorecida por uma diminuição de temperatura.

• A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:

A) A reação de síntese do amoníaco é uma reação exotérmica.

B) Assim, de acordo com o Princípio de Le Châtelier, a reação é favorecida por uma diminuição de temperatura.

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte.

⇒ Como, de acordo com o gráfico, no instante inicial a concentração de amoníaco é nula, o quociente da reação é igual a zero.

• Zero …………. 8 pontos

• V = 1 L

⇒ Cálculo da quantidade de amoníaco, NH₃, que se formaria se a reação fosse completa:

De acordo com o gráfico, as concentrações iniciais de azoto e de hidrogénio são iguais a 0,200 mol dm^-3.

Como V = 1 L = 1 dm³, as quantidades de N₂ (g) e de H₂ (g) no início da reação são iguais a 0,200 mol.

De acordo com a estequiometria da reação de ionização de amoníaco em água, o reagente limitante é o H₂ (g), pois 0,200 mol de N₂ necessitam de 3 x 0,200 mol de H₂ e só existem 0,200 mol, isto é, o H₂ está em defeito.

Esta conclusão pode obter-se verificando que H₂ é o reagente com a menor das razões:

A equação química mostra que 3 mol de H₂ (g) podem originar 2 mol de NH₃ (g), ou seja, a proporção estequiométrica entre H₂ (g) e NH₃ (g) é de 3:2.

⇒ Cálculo do rendimento da reação de síntese:

De acordo com o gráfico, a quantidade de NH₃ (g) obtida foi de 0,090 mol.

O rendimento (quociente entre a quantidade obtida e a quantidade que teoricamente seria possível obter se a reação fosse completa) é:

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Determinação da quantidade de NH₃ (g) que se deveria formar, considerando o H₂ (g) como reagente limitante (n = 0,1333 mol).

B) Determinação do rendimento da reação de síntese (h = 68%).

A resposta a este item deve ser enquadrada num dos níveis de desempenho relacionados com a consecução das etapas, de acordo com a tabela seguinte.

A classificação a atribuir à resposta resulta da pontuação decorrente do enquadramento num dos níveis de desempenho atrás descritos, à qual podem ser subtraídos pontos, de acordo com o enquadramento nos níveis de desempenho relacionados com o tipo de erros cometidos.

• Geometria piramidal trigonal

⇒ A geometria de uma molécula é aquela que conduz à máxima estabilidade do sistema molecular. Segundo a teoria da repulsão dos pares de eletrões de valência, estes dispõem-se no espaço o mais afastados possível, de modo a conduzir às menores repulsões eletrónicas.

⇒ No caso da molécula NH₃, os pares eletrónicos de valência que rodeiam o átomo central de azoto são três pares de eletrões ligantes, correspondentes às três ligações covalentes N–H, e um par eletrónico não ligante localizado no azoto.

⇒ O maior afastamento possível destes quatro pares obtém-se quando eles se dispõem no espaço de modo aproximadamente tetraédrico (tetraedro distorcido segundo o vértice diferente correspondente ao par de eletrões não ligante), conferindo ao conjunto NH₃ uma geometria piramidal trigonal.

⇒ Os ângulos de ligação na molécula de amoníaco são menores que os ângulos de um tetraedro regular devido ao facto de o efeito repulsivo entre um par de eletrões não ligantes e um par de eletrões ligante ser superior ao efeito repulsivo entre dois pares de eletrões ligantes.

• Piramidal trigonal …………. 8 pontos

• Opção (D)

⇒ A reação referida corresponde a um processo de ionização porque, nesta reação, ocorre:

→ formação de iões (ionização).

⇒ Trata-se de uma ionização parcial, porque apresenta uma constante de equilíbrio relativamente pequena, o que evidencia que a reação é incompleta.

• Opção (D)…………. 8 pontos

• Opção (A)

⇒ Para pares conjugados ácido-base, verifica-se que: K_a x K_b = Kw

⇒ Como, a 25 ºC, Kw = 1,00 x 10^-14, vem:

• Opção (A)…………. 8 pontos

• V_i (NH₃ (aq)) = 20,0 cm³
• c_i (NH₃ (aq)) = 7,34 mol dm^-3
• V(final) = 100,0 mL
• c(final) = ?

⇒ Numa diluição, a quantidade, n, de soluto (neste caso NH₃) mantém-se.

•  n = c x v ⇔ n(NH₃)_inicial = (20,0 x 10^-3 dm³) x (7,34 mol dm^-3) = 0,147 mol

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Determinação da quantidade de amoníaco existente em 20,0 cm³ de solução concentrada (n = 0,1468 mol).

ou

• Determinação do fator de diluição (5,00).

B) Determinação da concentração da solução diluída (c = 1,47 mol dm^-3).

A resposta a este item deve ser enquadrada num dos níveis de desempenho relacionados com a consecução das etapas, de acordo com a tabela seguinte.

A classificação a atribuir à resposta resulta da pontuação decorrente do enquadramento num dos níveis de desempenho atrás descritos, à qual podem ser subtraídos pontos, de acordo com o enquadramento nos níveis de desempenho relacionados com o tipo de erros cometidos.

• Opção (B)

• ₇N – 1s² 2s² 2p³ 

⇒  As orbitais caracterizadas pelo número quântico secundário l = 1 são as orbitais do tipo p.

⇒ De acordo com a configuração eletrónica do átomo de azoto no estado fundamental, encontram-se três eletrões neste tipo de orbitais.

• Opção (B)…………. 8 pontos

• Opção (B)

⇒ Em 0,5 mol de N₂ (g) existe o mesmo número de partículas que em 0,5 mol de NO₂ (g), logo, pela lei de Avogadro, os volumes deste gases são iguais pois volumes iguais de gases diferentes, nas mesmas condições de pressão e temperatura, contêm o mesmo número de partículas,

• Opção (B)…………. 8 pontos

• Opção (D)

⇒ O átomo de azoto tem cinco eletrões de valência.

⇒ Na molécula de azoto, N₂, os dois átomos unem-se compartilhando três dupletos (seis eletrões), de modo que cada átomo fique rodeado por oito eletrões, como o gás nobre mais próximo.

⇒ |N ≡ N|

• Opção (D)…………. 8 pontos

⇒ O raio do ião F^–  é superior ao raio do ião Na⁺.

⇒ Os iões F^– e Na⁺ são partículas isoeletrónicas.

⇒ Como a carga nuclear do ião F^– (+9) é inferior à carga nuclear do ião Na⁺ (+11), a força atrativa núcleo-eletrões é menor no ião F^– que no ião Na⁺, o que faz com que o ião F^– tenha um raio superior ao do ião Na⁺.

• A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:

A) A carga nuclear do ião F^– é inferior à carga nuclear do ião Na⁺.

B) Consequentemente, apresentando os iões F^– e Na⁺ a mesma configuração eletrónica [no estado fundamental], o núcleo do ião F^– exerce menor atração sobre os eletrões do que o núcleo do ião Na⁺.

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte.

⇒ Valor de pH mais provável:

⇒ Desvio absoluto de cada medição em relação ao valor mais provável:

• |6,47 – 6,46| = 0,01
• |6,43 – 6,46|= 0,03
• |6,48 – 6,46|= 0,02

⇒ Desvio absoluto máximo = 0,03

⇒ Resultado da medição de pH:

• pH = 6,46 ± 0,03

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Determinação do valor mais provável de pH (6,46).

B) Determinação dos módulos dos desvios de cada valor medido em relação ao valor mais provável (0,01; 0,03 ; 0,02).

A resposta a este item deve ser enquadrada num dos níveis de desempenho relacionados com a consecução das etapas, de acordo com a tabela seguinte.

A classificação a atribuir à resposta resulta da pontuação decorrente do enquadramento num dos níveis de desempenho atrás descritos, à qual podem ser subtraídos pontos, de acordo com o enquadramento nos níveis de desempenho relacionados com o tipo de erros cometidos.

• Opção (B)

⇒ De acordo com o gráfico, temos:

• pH (t = 1800 s) = cerca de 7,5
• pH (t = 6000 s) = cerca de 5,5

⇒ Como pH = – log [H₃O⁺] temos:

• Para t = 1800 s, [H₃O⁺] = 10^-7,5
• Para t = 6000 s, [H₃O⁺] = 10^-5,5

⇒ Relação da [H₃O⁺] entre os instantes t = 1800 s e t = 6000 s:

• Opção (B)…………. 8 pontos

⇒ A adição contínua de dióxido de carbono, CO₂ (g), origina um aumento da concentração de CO₂ dissolvido, o que, de acordo com o Princípio de Le Chatelier, favorece a reação de formação de ácido carbónico, H₂ CO₃ (segundo a equação que é fornecida).

⇒ O aumento da quantidade de, instável e imediatamente protolisado origina um aumento das quantidades de HCO₃^– e de H₃O⁺.

⇒ Isto é, a dissolução na água mineral do dióxido de carbono conduz a um aumento da concentração de H₃O⁺.

⇒ Como pH =- log [H₃O⁺], o aumento da [H₃O⁺] origina uma diminuição de pH da amostra de água mineral.

• A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:

A) [De acordo com o Princípio de Le Châtelier,] o aumento do teor de CO₂ dissolvido favorece a reação de formação do ácido carbónico no sentido direto, pelo que a concentração de H₂CO₃ (aq) aumenta.

B) O aumento da concentração de H₂CO₃ (aq) conduz a um aumento da concentração de H₃O⁺(aq) durante o intervalo de tempo em que decorreu a experiência.

C) O aumento da concentração de H₃O⁺ (aq) implica uma diminuição do pH da amostra de água mineral.

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte.

• m_sat. = 50 kg;
• r = 7,2 x 10⁶ m;
• T= 101 min = 101 x 60 s ⇔ T = 6,06 x 10³ s;
• g = 10 m s^-2

→ Fg₁ – força gravítica que atua sobre o satélite à distância r do centro da Terra;

→ Fg – força gravítica que atua sobre o satélite à superfície da Terra.

⇒ A força gravítica que atua sobre o satélite, na órbita considerada, é igual à força centrípeta, que é a força resultante:

⇒ Pode afirmar-se que a intensidade da força gravítica que atua sobre o satélite, na órbita considerada, é cerca de 4/5 da intensidade da força gravítica que sobre ele atua à superfície da Terra.

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Determinação do valor da velocidade do satélite (v = 7,46 x 10³ m s^-1).

ou

• Determinação do valor da velocidade angular do satélite (ω = 1,036 x 10^-3 rad s^-1)

B) Determinação do valor da aceleração do satélite (a_c = 7,73 m s^-2).

C) Determinação da intensidade da força gravítica que atuava no satélite na órbita considerada (F = 3,9 x 10² N).

D) Comparação da intensidade da força gravítica que atuava no satélite na órbita considerada com a intensidade da força gravítica à superfície da Terra.

A resposta a este item deve ser enquadrada num dos níveis de desempenho relacionados com a consecução das etapas, de acordo com a tabela seguinte.

A classificação a atribuir à resposta resulta da pontuação decorrente do enquadramento num dos níveis de desempenho atrás descritos, à qual podem ser subtraídos pontos, de acordo com o enquadramento nos níveis de desempenho relacionados com o tipo de erros cometidos.

• Opção (C)

⇒ A força resultante que atua sobre o satélite é centrípeta e igual à força gravítica que sobre ele atua, na órbita considerada.

Da análise desta expressão conclui-se que o módulo da velocidade com que o satélite descreve uma órbita não depende da sua massa, mas do raio da órbita.

• Opção (C)…………. 8 pontos

• f = 6,0 Hz;
• AB = 20,8 cm

⇒ Para determinar o valor da velocidade, v, de propagação das ondas, tem de se conhecer o comprimento de onda, λ.

⇒ Para determinar o valor de λ, recorre-se à figura 3. Como as zonas claras correspondem a vales, onde se encontram os pontos A e B, e as zonas escuras a cristas, conclui-se que a distância entre dois vales consecutivos (duas zonas claras) corresponde a um comprimento de onda.

⇒ Assim, da análise da figura 3, verifica-se que entre os pontos A e B estão contidos 5 comprimentos de onda, logo:

⇒ O módulo da velocidade de propagação das ondas é de 25,0 cm s^-1.

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Determinação do comprimento de onda (λ = 4,16 cm).

B) Determinação do valor da velocidade de propagação das ondas (v = 25 cm s^-1).

A resposta a este item deve ser enquadrada num dos níveis de desempenho relacionados com a consecução das etapas, de acordo com a tabela seguinte.

A classificação a atribuir à resposta resulta da pontuação decorrente do enquadramento num dos níveis de desempenho atrás descritos, à qual podem ser subtraídos pontos, de acordo com o enquadramento nos níveis de desempenho relacionados com o tipo de erros cometidos.

• Opção (A)

⇒ meio I:

• v_I – velocidade de propagação;
• α_I – ângulo de incidência;
• n_I – índice de refração;

⇒ meio II:

• v_II – velocidade de propagação;
• α_II – ângulo de refração;
• n_II – índice de refração;

v_II > v_I

⇒ O índice de refração de um dado meio ótico é igual à razão entre a velocidade de propagação da luz no vazio, c (constante) e a velocidade de propagação nesse meio, v:

⇒ Como v_II > v_I, conclui-se que n_I > n_II, pelo que se eliminam as opções (C) e (D).

⇒ Para comparar os ângulos de incidência e de refração, recorre-se à Lei de Snell-Descartes para a refração:

n_I sin α_I = n_II sin α_II

⇒ Uma vez que n_I > n_II, então sin α_II > sin α_I e, consequentemente, α_II > α_I, isto é, o ângulo de refração é maior do que o ângulo de incidência.

• Opção (A)…………. 8 pontos