2016 – 1ª Fase – Prova Escrita de Física e Química A

⇒ No instante t = 0,0 s, a bola encontra-se a uma distância de 2,4 m da origem do referencial Ox.

⇒ A distância d à origem é o comprimento do segmento de reta que une a posição, nesse instante (x(0,0)), à origem (x = 0 m):

• d = |x(0,0) – 0| = |x(0,0)| = 2,4 m 

• 2,4 m …………. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ A equação das posições no movimento retilíneo com aceleração constante é :

• x = x₀ + v_oxt + ½ a_xt²

⇒ Da equação dada, x = 2,4 – 2,0 t + 0,60t² (SI), deduz-se que esta descreve um  movimento retilíneo com aceleração constante e que v_0x = – 2,0 ms^-1 (o coeficiente de é a componente escalar da velocidade inicial segundo o eixo Ox) e ½a_x = 0,60 ms^-1 (o coeficiente de é metade da componente escalar da aceleração), logo, a_x = 1,2 ms^-2.

⇒ Assim, a equação das velocidades, que no movimento retilíneo com aceleração constante é :

• v_x = v_ox + a_xt, fica, neste caso, v_x = -2,0 + 1,2 t (SI).

• Opção (A)  ……………. 5 pontos

• A distância percorrida nos primeiros 3,0 s do movimento da bola é 2,7 m.

⇒ A distância percorrida pela bola, s, no intervalo [0,0 ; 3,0] s é a soma dos módulos dos deslocamentos no sentido negativo, no intervalo [0,0 ; 1,67] s, e no sentido positivo, no intervalo [1,67 ; 3,0] s;

• s = | x(1,67) – x(0,0)| + |x(3,0 – x(1,67)| = (|0,73 – 2,4| + |1,80 – 2,4| + |1,80 – 0,73|) m = 2,7 m.

• Etapas de resolução:

A) Cálculo da componente escalar da posição, x, da bola no instante t = 0,5 s (x = 1,55 m) …….. 3 pontos

B) Cálculo da componente escalar da posição, x, da bola no instante t = 1,5 s (x = 0,750 m) …….. 3 pontos

C) Cálculo da distância percorrida pela bola no intervalo de tempo considerado (d = 0,80 m) …….. 4 pontos

• Opção (C)

⇒ De acordo com a Lei Fundamental da Dinâmica, a intensidade da resultante das forças que atuam sobre a bola, F, é diretamente proporcional ao módulo da aceleração, a: F = ma, o gráfico da intensidade da resultante das forças, F, em função do módulo da aceleração, F(a), é uma reta que passa pela origem com declive igual à massa, m, da bola (a constante de proporcionalidade é uma característica da bola, a sua massa inercial m).

• Opção (C)  ……………. 5 pontos

⇒ No movimento circular da bola, as posições, registadas a intervalos de tempo iguais, estão igualmente distanciadas, logo, conclui-se que o movimento é descrito com velocidade de módulo constante (movimento circular uniforme).

⇒ Pode, assim, afirmar-se que a velocidade só varia em direção e, por isso, a aceleração da bola, a, é centrípeta, ac: a = ac = ω²r em que ω é o módulo da velocidade angular da bola e r ( 30 cm = 0,30 m) é o raio da trajetória descrita; o ângulo descrito por unidade de tempo, ω, pode determinar-se pelo facto de em um período, T = 8 x 4,0 x 10^-2 s = 0,320 s, a bola descrever um ângulo de 2 π rad:

• ω = 2π/T = 2π/0,320 = 19,6 rad s^-1

⇒ Assim, o módulo da aceleração da bola é:

• a = ω²r = (19,6 s^-1)2 x 0,30 m = 1,2 x 10² m s^-2 

• Etapas de resolução:

A) Cálculo do módulo da velocidade da bola no movimento considerado (v = 5,89 m s^-1)

ou

• Cálculo do módulo da velocidade angular da bola no movimento considerado (ω = 19,6 rad s^-1) …….. 5 pontos

B) Cálculo do módulo da aceleração da bola no movimento considerado (a = 1,2 x 10² m s⁻²) …….. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ O sinal no ecrã do osciloscópio (tensão elétrica em função do tempo) é um sinal harmónico (função sinusoidal), cuja expressão algébrica pode ser U = U_máx sin (ωt) em que é a U_máx amplitude do sinal e ω é a frequência angular.

⇒ A distância pico-a-pico, 2U_máx, corresponde a 6 divisões:

• 2U_máx = 6,0 div x 2 V/div ⇒ U_máx = 6,0 V

⇒ No ecrã são visíveis 3 ciclos completos, cuja duração total é (3 períodos), a que correspondem 10 divisões:

• 3T = 10,0 div x 5 ms x 5 ms/div ⇒ T = 50,0/3 ms ⇒ f = 3/50,0 kHz ⇒ f = 60 Hz

⇒ Assim, a frequência angular é :

• ω = 2πf = 2π x 60 = 1,2 x 10² π rad s^-1

⇒ Conclui-se que:

• U = U_máx sin (ωt) = 6,0 sin (1,2 x 10² πt)  (SI)

• Opção (B)  ……………. 5 pontos

⇒ O módulo da força eletromotriz induzida nos terminais da bobina, |ε_i| , é igual ao módulo da variação do fluxo do campo magnético por unidade de tempo, |ΔΦm|/Δt , que atravessa as espiras da bobina:

• |ε_i| = |ΔΦm|/Δt

⇒ O fluxo do campo magnético, Φm, que atravessa cada uma das espiras é dado pela seguinte expressão: Φm = B A cos θ em que B é a intensidade do campo magnético, A é a área de uma superfície delimitada pela espira e θ o ângulo entre o campo magnético, B, e a direção perpendicular à superfície (neste caso, pode considerar-se uma superfície plana quadrada de área A = (8,0 x 10^-2 m)² para a qual a normal é paralela ao campo, portanto, θ = 0º ).

⇒ Através de N espiras o fluxo magnético será:

• Φm = NBA cos θ

⇒ O módulo da variação do fluxo do campo magnético que atravessa as espiras da bobina, no intervalo [0,0 ; 2,0] s, resulta da variação da intensidade do campo magnético, B:

• ΔΦm = Δ(NBA cos θ) = NB_fA cos θ – NB_fA cos θ = NA cos θ (B_f – B_i)

⇒ Substituindo pelos valores das grandezas obtém-se:

• ΔΦm = 500 x (8,0 x 10^-2 m)² x cos 0º x (0,090 – 0,010) T = 0,256 Wb

⇒ O módulo da força eletromotriz induzida nos terminais da bobina, no intervalo [0,0 ; 2,0] s, é:

•  |ε_i| = |ΔΦm|/Δt = 0,256/2,0 = 0,13 V

• Etapas de resolução:

A) Cálculo do fluxo magnético que atravessa a superfície delimitada por uma espira, quando a intensidade do campo magnético é 0,010 T (Φm = 6,40 x 10^-5 Wb) e cálculo do fluxo magnético que atravessa a superfície delimitada por uma espira, quando a intensidade do campo magnético é 0,090 T (Φm = 5,76 x 10^-4 Wb)

ou

• Cálculo do fluxo magnético que atravessa as superfícies delimitadas pelas espiras da bobina, quando a intensidade do campo magnético é 0,010 T (Φm = 3,20 x 10^-2 Wb) e cálculo do fluxo magnético que atravessa as superfícies delimitadas pelas espiras da bobina, quando a intensidade do campo magnético é 0,090 T (Φm = 2,88 x 10^-1 Wb) …….. 4 pontos

B) Cálculo da variação do fluxo magnético que atravessa a superfície delimitada por uma espira, no intervalo de tempo considerado (ΔΦm = 5,12 x 10^-4 Wb)

ou

• Cálculo da variação do fluxo magnético que atravessa as superfícies delimitadas pelas espiras da bobina, no intervalo de tempo considerado (ΔΦm = 2,56 x 10^-1 Wb) …….. 2 pontos

C) Cálculo do módulo da força eletromotriz induzida nos terminais da bobina, no intervalo de tempo considerado (|ε_i| = 1,3 x 10^-1 V) …….. 4 pontos

• A incerteza associada à escala da régua é 0,5 mm

⇒ A menor divisão da escala da régua é 1 mm; a incerteza de leitura pode ser estimada por metade desta menor divisão.

• 0,5 mm ou equivalente  …………. 5 pontos

Nota: A apresentação do valor solicitado com dois algarismos significativos não implica qualquer desvalorização.

⇒ A resultante das forçaas de atrito, 𝐹_a, pode ser determinada a partir da relação entre o trabalho das forças não conservativas, 𝑊_FNC, e a variação de energia mecânica do sistema bloco + Terra, Δ𝐸m:

• 𝑊_FNC = Δ𝐸m

⇒ Tomando como inicial o instante em que o paralelepípedo é largado, a sua energia cinética é nula (𝐸_c,i = 0), dado partir do repouso.

⇒ Assim, a energia mecânica do sistema neste instante, 𝐸_m,i, é igual à sua energia potencial, 𝐸_p,i:

• 𝐸_m,i = 𝐸_p,i + 𝐸_c,i = 𝑚𝑔ℎ_𝑖 + 0 = 9,048 x 10⁻² kg x 10 m s⁻² x 0,420 m = 0,380 J

⇒ Tomou-se como referência, para a medição da altura do paralelepípedo, a posição do seu centro de massa imediatamente após a tira de cartolina ter atravessado a célula fotoelétrica.

⇒ No instante final, imediatamente após a tira de cartolina ter atravessado a célula fotoelétrica, a energia mecânica do sistema, 𝐸_{m, f}, é igual à energia cinética do paralelepípedo, 𝐸_{c, f} (a energia potencial do sistema é nula, 𝐸_{p, f} = 0, dado ter-se tomado esta posição como referência na medição da altura):

• 𝐸_{m, f} = 𝐸_{p, f} + 𝐸_{c, f} = 0 + ½ 𝑚𝑣_f²  = 8,728 x 10⁻² J

⇒ em que se considerou a velocidade final do paralelepípedo aproximadamente igual à velocidade média no intervalo de tempo, Δ𝑡′ = 1,08 x 10⁻² s, em que a tira de cartolina bloqueia a célula, deslocando-se o carrinho de uma distância

• Δ𝑥 = 1,50 x 10⁻² m

(neste intervalo de tempo a variação de velocidade pode ser desprezada, considerando-se, assim, uma velocidade praticamente constante e igual à velocidade final).

⇒ As forças não conservativas, 𝐹NC, que atuam no bloco são as de atrito de resultante 𝐹a, no sentido oposto ao movimento do bloco, e a força normal, N (esta, sendo perpendicular ao deslocamento, n o realiza trabalho):

• 𝑊_𝐹NC = 𝑊_𝐹a + 𝑊_N = 𝐹_a𝑑 cos 180º + 0 = −𝐹_a𝑑

em que 𝐹_a é a intensidade da resultante das forças de atrito, considerada constante, e 𝑑 = 0,870 m o módulo do deslocamento do bloco entre as posições inicial e final.

⇒ Como 𝑊_𝐹NC = Δ𝐸m pode concluir-se que:

ou

⇒ A resultante das forças de atrito, 𝐹a, pode ser determinada com base na Lei Fundamental da Dinâmica, aplicada na direção do movimento, e na determinação da aceleração do paralelepípedo, 𝑎⃗, a partir das equações do movimento com aceleração constante (assumindo que todas as forças que atuam sobre o corpo são constantes):

• 𝐹_R = 𝑚𝑎⃗ ⟹ 𝑃𝑥 − 𝐹a = 𝑚𝑎

em que 𝑃𝑥 é o módulo da componente do peso na direção do movimento, 𝐹_a é o módulo da resultante das forças de atrito e 𝑎 é o módulo da aceleração.

⇒ Toma-se como inicial e final, respetivamente, o instante de largada do paralelepípedo, velocidade inicial nula, e o instante imediatamente após a tira de cartolina ter atravessado a célula fotoelétrica.

⇒ A velocidade final do paralelepípedo é aproximadamente igual à velocidade média no intervalo de tempo, Δ𝑡′ = 1,08 x 10⁻² s, em que a tira de cartolina bloqueia a célula, deslocando-se o carrinho de uma distância:

• 𝑑′ = 1,50 x 10⁻² m
• 𝑣_f = 1,50 x 10⁻² m / 1,08 x 10⁻² s = 1,389 m s⁻¹

Aplicando as equações do movimento ao intervalo de tempo considerado, em que o bloco se desloca de 0,870 m:

•  𝑥 = 𝑥₀ + 𝑣₀𝑡 + ½ 𝑎𝑡² ⟹ 0,870 = 0 + 0 + ½ at² ⟹ a = 1,109 ms^-2
• 𝑣 = 𝑣₀ + 𝑎𝑡 ⟹ 1,389 = 0 + at

Da Lei Fundamental da Dinâmica determina-se a intensidade da resultante das forças de atrito:

• 𝑃𝑥 − 𝐹a = 𝑚𝑎 ⟹ 𝐹a = 𝑃𝑥 − 𝑚𝑎 = 𝑚𝑔 sin θ − 𝑚𝑎 = 𝑚(𝑔 sinθ − 𝑎)

em que θ é o ângulo entre o plano inclinado e a horizontal.

⇒ Substituindo os valores das grandezas obtém-se:

• Etapas de resolução:

A) Cálculo da variação da energia potencial gravítica do sistema paralelepípedo + Terra, no percurso considerado (ΔEp = -3,80 x 10^-1 J) …….. 3 pontos

B) Cálculo do módulo da velocidade do paralelepípedo na posição em que a tira de cartolina passou em frente da célula fotoelétrica (v = 1,389 m s^-1) …….. 3 pontos

C) Cálculo da energia cinética do paralelepípedo na posição em que a tira de cartolina passou em frente da célula fotoelétrica (Ec = 8,728 x 10^-2 J) …….. 2 pontos

D) Cálculo da variação da energia mecânica do sistema paralelepípedo + Terra, no percurso considerado (ΔEm = -2,93 x 10^-1 J) …….. 3 pontos

E) Cálculo da intensidade da resultante das forças de atrito que atuaram no paralelepípedo, naquele ensaio (Fa = 3,4 x 10^-1 N) (ver notas 1 e 2) …….. 4 pontos

ou

A) Cálculo do módulo da velocidade do paralelepípedo na posição em que a tira de cartolina passou em frente da célula fotoelétrica (v = 1,389 m s^-1) …….. 3 pontos

B) Cálculo do módulo da aceleração do paralelepípedo no movimento considerado (a = 1,109 ms^-2) …….. 3 pontos

C) Cálculo da intensidade da resultante das forças que atuaram no paralelepípedo, no percurso considerado (F = 0,1003 N) …….. 2 pontos

D) Cálculo da intensidade da componente tangencial da força gravítica que atuou no paralelepípedo, no percurso considerado (Fg_t = 0,437 N) …….. 3 pontos

E) Cálculo da intensidade da resultante das forças de atrito que atuaram no paralelepípedo, naquele ensaio (Fa = 3,4 x 10^-1 N ) (ver nota 1) …….. 4 pontos

ou

A) Cálculo do módulo da velocidade do paralelepípedo na posição em que a tira de cartolina passou em frente da célula fotoelétrica (v = 1,389 m s^-1) …….. 3 pontos

B) Cálculo da energia cinética do paralelepípedo na posição em que a tira de cartolina passou em frente da célula fotoelétrica (Ec = 8,728 x 10^-2 J) …….. 2 pontos

C) Cálculo da intensidade da resultante das forças que atuaram no paralelepípedo, no percurso considerado (F = 0,1003 N) (ver nota 3) …….. 3 pontos

D) Cálculo da intensidade da componente tangencial da força gravítica que atuou no paralelepípedo, no percurso considerado (Fgt = 0,437 N) …….. 3 pontos

E) Cálculo da intensidade da resultante das forças de atrito que atuaram no paralelepípedo, naquele ensaio (Fa = 3,4 x 10^-1 N) (ver nota 1) …….. 4 pontos

ou

A) Cálculo do módulo da velocidade do paralelepípedo na posição em que a tira de cartolina passou em frente da célula fotoelétrica (v = 1,389 m s^-1) …….. 3 pontos

B) Cálculo da energia cinética do paralelepípedo na posição em que a tira de cartolina passou em frente da célula fotoelétrica (Ec = 8,728 x 10^-2 J) …….. 2 pontos

C) Cálculo da soma dos trabalhos realizados pelas forças que atuaram no paralelepípedo, no percurso considerado (W = 8,728 x 10^-2 J) …….. 3 pontos

D) Cálculo do trabalho realizado pela força gravítica que atuou no paralelepípedo, no percurso considerado (W_Fg = 3,80 x 10^-1 J) …….. 3 pontos

E) Cálculo da intensidade da resultante das forças de atrito que atuaram no paralelepípedo, naquele ensaio (Fa = 3,4 x 10^-1 N) (ver notas 1 e 2) …….. 4 pontos

Notas:

1. A apresentação do valor solicitado com um número incorreto de algarismos significativos não implica qualquer desvalorização.

2. Nesta etapa, é obrigatória a consideração (implícita ou explícita) do ângulo a = 180º. Se esse ângulo não for  considerado, a etapa é pontuada com zero pontos.

3. Nesta etapa, é obrigatória a consideração (implícita ou explícita) do ângulo a = 0º. Se esse ângulo não for considerado, a etapa é pontuada com zero pontos.

• Opção (B)

⇒ Sobre o bloco atuam 3 forças: o peso P (vertical e de sentido para baixo), a força normal N (perpendicular ao plano inclinado) e as forças de atrito (paralelas à direção do movimento e de sentido oposto a este) de resultante Fa.

⇒ Como o carrinho desce acelerando (parte do repouso e entra em movimento, aumentando a sua velocidade, e neste caso, aumentando sempre, dado a aceleração ser constante) a resultante das forças tem a direção e o sentido do movimento, portanto, a componente do peso na direção do movimento, Px, é maior do que a resultante das forças de atrito, Fa: Px > Fa .

• Opção (B)  ……………. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ O declive do gráfico da energia dissipada, E_dissipada (módulo da variação da energia mecânica), em função da distância percorrida, d, é a intensidade da resultante das forças de atrito, Fa (maior força de atrito implica maior energia dissipada num determinado deslocamento):

• E_dissipada = – ΔEm = – W_Fa = – Fa  d cos 180 = Fa x d, em suma,  E_dissipada = Fa x d

⇒ Como a resultante das forças de atrito é maior para o paralelepípedo com face revestida pelo material X, a linha do gráfico correspondente a X tem maior declive do que a de Y.

• Opção (A)  ……………. 5 pontos

• A variação de energia interna no intervalo [0; 76] min foi 23 kJ .

⇒ A variação de energia interna do refrigerante é igual à energia transferida, por calor, para o refrigerante (desprezam-se variações de volume e, portanto, transferências de energia por trabalho):

• ΔU = Q + W = Q + 0 = mcΔT

em que m é a massa do refrigerante, c a sua capacidade térmica mássica e ΔT a variação de temperatura ocorrida; substituindo os valores daquelas grandezas obtém-se:

• ΔU = 0,34 kg x 4,2 x 10³ J Kg^-1 ºC^-1 x (27 – 11) ºC = 2,3 x 10⁴ J = 23 kJ

• 2,3 x 10⁴ J ou equivalente  …………. 5 pontos

Nota – A apresentação do valor solicitado com um arredondamento incorreto ou com um número incorreto de algarismos significativos não implica qualquer desvalorização.

• Opção (C)

⇒ A taxa temporal de transferência de energia, por radiação, é a potência da radiação, Não se alterando a potência da radiação incidente, nem as características da superfície da lata, e respetiva orientação, pode admitir-se que a taxa temporal de absorção de energia se mantém praticamente constante.

⇒ No intervalo de tempo considerado, a temperatura da superfície da lata vai aumentando, logo também aumenta a potência da radiação que ela emite (taxa temporal de emissão de energia).

⇒ Pode, portanto, concluir-se que a diferença entre a taxa temporal de absorção de energia e a de emissão vai diminuindo: o aumento da energia interna por unidade de tempo vai, naquele intervalo, diminuindo ao longo do tempo, consoante o sistema se vai aproximando do estado em que a temperatura permanece constante, para o qual a diferença entre as taxas de absorção e de emissão é nula (o aumento de temperatura é cada vez mais “lento”, o que significa que a perda de energia por emissão se vai aproximando do ganho de energia por absorção, até que, quando se igualam, deixa de existir variação de energia interna da lata).

• Opção (C)  ……………. 5 pontos

• Opção (D)

⇒ O sistema refrigerante quente (1) + refrigerante frio (2) é isolado, o que significa que as variações de energia interna das duas amostras, (1) e (2), são simétricas:

• Δ𝑈_sistema = Δ𝑈₁ + Δ𝑈₂ ⟹ 0 = Δ𝑈₁ + Δ𝑈₂ ⟹ Δ𝑈₁ = −Δ𝑈₂ ⟹ 𝑚₁𝑐Δ𝑇₁ = −𝑚₂𝑐Δ𝑇₂ ⟹ 𝑚₁Δ𝑇₁ = −𝑚₂Δ𝑇₂ 

⇒ Substituindo pelos dados do problema obtém-se :

• 0,34 kg x (θ_e – 27) = -0,20 x (θ_e – 5 )

• Opção (D)  ……………. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ Pretende-se que a potência transferida (energia transferida, por calor, por unidade de tempo) através das chapas, de igual área , e sujeitas à mesma diferença de temperatura entre as suas faces, seja a mesma:

⇒ Como o alumínio tem uma condutividade térmica 4,6 vezes maior do que a do aço considerado, para que a transferência de energia ocorra com a mesma rapidez, nas condições indicadas, é necessário que a chapa do alumínio, melhor condutor, seja tantas vezes mais espessa do que a chapa de aço quanto o quociente entre as condutividades térmicas desses dois materiais.

• Opção (C)  ……………. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ Numa solução aquosa a 25 ºC,  é:

• pKw = pH + pOH = 14,00

⇒ De acordo com a Figura 6, no instante inicial (t = 0,0 s), pH = 5,10 e, portanto:

• pOH = 14,00 – 5,10 = 8,90
• pH = – log [H₃O⁺] ⇒  [H₃O⁺] = 10^-5,10 mol dm^-3 = 7,94 x 10^-6 mol dm^-3
• pOH = – log [OH]  ⇒  [OH-] = 10^-8,90 mol dm^-3 = 1,26 x 10^-9 mol dm^-3

⇒ verifica-se, assim, que a concentração de H₃O⁺ (aq) (7,94 x 10^-6 mol dm^-3) é superior a 1,00 x 10^-7 mol dm^-3 assim como também é superior à concentração de iões OH^– (aq) (1,26 x 10^-9 mol dm^-3)

• Opção (B)  ……………. 5 pontos

⇒ pH_{(t = 0 min)} = 5,10 ⇒ [H₃O⁺] = 10^-5,10 mol dm^-3

⇒ pH_{(t = 5 min)} = 5,40 ⇒ [H₃O⁺] = 10^-5,40 mol dm^-3

• Δ[H₃O⁺] = [H₃O⁺]_final – [H₃O⁺]_inicial = 10^-5,40 mol dm^-3 – 10^-5,10 mol dm^-3 = 3,98 x 10^-6  – 7,94 x 10^-6 = – 3,96 x 10^-6 mol dm^-3

⇒ Com dois algarismos significativos, Δ[H₃O⁺] = – 4,0 x 10^-6 mol dm^-3

• -4,0 x 10^-6 mol dm^-3 ou equivalente  …………. 5 pontos

Notas: – A apresentação do resultado «-3,9 x 10^-6 mol dm^-3» não implica qualquer desvalorização.

– A ausência de unidade no valor apresentado implica uma desvalorização de 2 pontos.

• Opção (C)

⇒ Um par ácido-base conjugado é um conjunto de duas partículas que diferem entre si em um ião H⁺.

⇒ A opção (C) é a única que apresenta duas partículas em que a segunda resulta da primeira por perda de um ião H⁺, sendo por isso a base conjugada desse ácido.

• Opção (C)  ……………. 5 pontos

⇒ O aumento de pH no decurso do tempo significa que a concentração de iões H₃O⁺ (aq) diminui no intervalo de tempo considerado, o que implica que a reação (2) esteja a evoluir no sentido inverso: de acordo com o Princípio de Le Châtelier, isso resulta de uma diminuição da concentração do ácido carbónico, H₂CO₃ (aq) , que o sistema contraria evoluindo no sentido em que este ácido se forma.

⇒ Da diminuição da concentração do ácido carbónico, H₂CO₃ (aq), deduz-se que a reação (1) está também a evoluir no sentido inverso: uma diminuição do dióxido de carbono dissolvido, CO₂ (aq) , na água gaseificada, resultado da libertação de CO₂ (g) para a atmosfera, faz evoluir o sistema (1) no sentido de contrariar essa diminuição.

ou

⇒ A libertação de CO₂ (g) para a atmosfera origina a diminuição do dióxido de carbono dissolvido, CO₂ (aq), na água gaseificada, ou seja, de um reagente da reação (1). Então, de acordo com o Princípio de Le Châtelier, é favorecida a evolução da reação (1) no sentido inverso, com a consequente diminuição da concentração do ácido carbónico, H₂CO₃ (aq).
⇒ Da mesma forma que para a reação (1), a diminuição da concentração do ácido carbónico, H₂CO₃ (aq), também favorece a evolução da reação (2) no sentido inverso, com a consequente diminuição da concentração dos iões H₃O⁺ (aq) .

⇒ À diminuição da concentração de  H₃O⁺ (aq) , corresponde um aumento do pH.

• A resposta integra os tópicos de referência seguintes ou outros de conteúdo equivalente:

A) [Durante o intervalo de tempo em que os dados foram registados] a concentração de CO₂ [na amostra da água gaseificada] diminuiu, o que determinou [, de acordo com o Princípio de Le Châtelier,] o favorecimento da reação (1) no sentido inverso.

B) A diminuição da concentração de H₂CO₃ (aq ) [resultante do favorecimento da reação (1) no sentido inverso] determinou [, também de acordo com o Princípio de Le Châtelier,] o favorecimento da reação (2) no sentido inverso.

C) [Assim,] a concentração de H₃O⁺ (aq) [na amostra da água gaseificada] diminuiu [, o que implicou um aumento do pH da amostra durante o intervalo de tempo em que os dados foram registados].

• Opção (A)

⇒ A precipitação do carbonato de cálcio ocorre quando, a uma determinada temperatura, o quociente da reação:

CaCO₃ (s)  ⇋ Ca²⁺ (aq) + CO₃^2- (aq)

⇒ Q, for maior do que o produto de solubilidade dessa reação, Ks.

• Q > Ks ⇒ |Ca²⁺ || CO₃^2- | > Ks ⇒ 2,54 x 10^-3 x | CO₃^2- | > 4,5 x 10^-9 ⇒ | CO₃^2- | > 1,8 x 10^-9 mol dm^-3

• Opção (A)  ……………. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ No hidrogénio, H₂, substância elementar, o número de  oxidação do hidrogénio é 0: n.o.(H) = 0.

⇒ Na água, H₂O, substância composta, o número de oxidação do hidrogénio é +1: n.o.(H) = +1.

• A variação do número de oxidação do hidrogénio é Δ[n.o.(H) = +1 – 0 = +1.

• Opção (B)  ……………. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ A quantidade de átomos em 0,300 mol de CO é 2 x 0,300 mol, uma vez que cada molécula de CO tem 2 átomos.

⇒ A quantidade de átomos em 0,300 mol de H₂O é 3 x 0,300 mol, uma vez que cada molécula de H₂O tem 3 átomos.

• Assim, a quantidade total de átomos na mistura é (2 x 0,300 mol + 3 x 0,300 mol) = 1,50 mol.

• Opção (A)  ……………. 5 pontos

⇒ A densidade é a massa por unidade de volume:

⇒ As massas molares de CO e de H₂O são:

• 𝑀_CO = (12,01 + 16,00) g mol⁻¹ = 28,01 g mol⁻¹
• 𝑀(H₂O) = (2 x 1,01 + 16,00) g mol⁻¹ = 18,02 g mol⁻¹

⇒ Considerando as quantidades destas substâncias obtém-se:

• Etapas de resolução:

A) Cálculo da massa de CO na mistura gasosa inicial (m = 8,403 g)

ou

• Cálculo da massa de H₂O na mistura gasosa inicial (m = 5,406 g) …….. 2 pontos

B) Cálculo da massa da mistura gasosa (m = 13,809 g) …….. 4 pontos

C) Cálculo da densidade da mistura gasosa no reator (ρ = 1,38 g dm^-3) …….. 4 pontos

ou

A) Cálculo do volume molar de um gás, nas condições de pressão e de temperatura que se verificam no interior do reator (Vm = 16,67 dm³ mol^-1) …….. 4 pontos

B) Cálculo da densidade do monóxido de carbono, CO (g), nas condições de pressão e de temperatura que se verificam no interior do reator (ρ = 1,680 g dm^-3)

ou

• Cálculo da densidade do vapor de água, H₂O (g), nas condições de pressão e de temperatura que se verificam no interior do reator (ρ = 1,081 g dm^-3) …….. 2 pontos

C) Cálculo da densidade da mistura gasosa no reator (ρ = 1,38 g dm^-3) …….. 4 pontos

⇒ O quadro seguinte apresenta a relação entre as quantidades, no início e no equilíbrio, das substâncias envolvidas na reação dada (1 mol de CO é estequiometricamente equivalente a 1 mol de H₂O, a 1 mol de CO₂ e a 1 mol de H₂):

⇒ Conhecendo as quantidades de CO, inicial e presente no equilíbrio, determina-se a quantidade de CO que reagiu, 𝑥:

• 0,300 mol − 𝑥 = 0,423 x 0,300 mol ⟹ 𝑥 = 0,1731 mol

⇒ As concentrações dos produtos são:

⇒ As concentrações dos reagentes são:

⇒ Com base nos valores numéricos destas concentrações no estado de equilíbrio, expressas em mol dm⁻³, determina-se a constante de equilíbrio, 𝐾c, à temperatura considerada (700 ℃):

• Etapas de resolução:

A) Cálculo da quantidade de CO (g) que existia no reator no estado de equilíbrio (n = 0,1269 mol) …….. 3 pontos

B) Cálculo da quantidade de CO(g) (ou da quantidade de H₂O (g)) que reagiu (n = 0,1731 mol) …….. 3 pontos

C) Cálculo das concentrações de equilíbrio de CO (g) e de H₂O (g) (c = 0,01269 mol dm^-3) …….. 1 ponto

D) Determinação das concentrações de equilíbrio de CO₂ (g) e de H₂ (g) (c = 0,01731 mol dm^-3) …….. 4 pontos

E) Cálculo da constante de equilíbrio da reação considerada, à temperatura de 700 °C (Kc = 0,537) …….. 4 pontos

• Opção (D)

⇒ Na molécula de dióxido de carbono existem 4 pares de eletrões ligantes (2 pares por cada ligação entre o carbono e cada um dos átomos de oxigénio) e 4 pares de eletrões não ligantes nos átomos de oxigénio (2 pares em cada um dos átomos de oxigénio).

• Opção (D)  ……………. 5 pontos

• O ângulo de ligação na molécula de CO₂ é 180º .

⇒ Na molécula de dióxido de carbono, CO₂, não existem eletrões não ligantes no átomo central, o de carbono, que está ligado a dois átomos, os de oxigénio.

⇒ Com base no modelo de repulsão de pares de eletrões de valência, podemos deduzir que a energia da molécula é minimizada quando existir um afastamento máximo dos eletrões ligantes, da ligação do carbono com cada um dos dois átomos de oxigénio, ou seja, quando a amplitude do ângulo da ligação O-C-O for de 180º.

• 180º …………. 5 pontos

Nota – A omissão do símbolo da unidade não implica qualquer desvalorização.

• Opção (B)

⇒ O átomo de carbono, C, tem número atómico 6, portanto, o átomo tem 6 eletrões e a sua configuração eletrónica no estado fundamental é 1s² 2s² 2p². As orbitais de valência são as de maior número quântico principal n, neste caso, as de n = 2, ou seja, a orbital 2s e as orbitais 2p.

⇒ Um conjunto possível de números quânticos para uma das orbitais 2p é (n, l, ml) = (2,1,0) , dado que para as orbitais 2p o número quântico de momento angular é 1: l =1 .

⇒ As opções (A) e (D) são impossíveis uma vez que o número quântico de momento angular, l, é sempre menor do que o número quântico principal, n. A opção (C) corresponde à orbital que não é de valência.

• Opção (B)  ……………. 5 pontos

• Opção (D)

⇒ A energia de ionização de um elemento químico é a energia mínima para remover um eletrão de um átomo desse elemento, no estado fundamental, em fase gasosa, e isolado.

⇒ Os eletrões que necessitam de menos energia para serem removidos são os eletrões das orbitais de valência mais energéticas.

⇒ A configuração eletrónica do oxigénio, O, no estado fundamental, tendo 8 eletrões, é 1s² 2s² 2p⁴, logo o eletrão removido é retirado de uma das orbitais 2p, as de maior energia.

⇒ Para um átomo a energia necessária é

• 1,31 x 10³ / 6,02 x 10²³ =1,31 x 10³ x 10³ / 6,02 x 10²³ = 2,18 x 10^-18 J

• Opção (D)  ……………. 5 pontos

⇒ O átomo de carbono, C, tem 6 eletrões, portanto, a sua configuração eletrónica, no estado fundamental, é 1s² 2s² 2p² e a do oxigénio, O, com 8 eletrões, é 1s² 2s² 2p⁴ .

⇒ No estado fundamental, os eletrões destes átomos distribuem-se por dois níveis de energia (em ambos os casos, os eletrões de valência encontram-se em orbitais de número quântico principal, n, igual a 2).

⇒ No átomo de oxigénio existem 8 protões no núcleo, enquanto no de carbono apenas 6 protões: a maior carga nuclear no oxigénio torna também maior a atração sobre a nuvem eletrónica, o que faz com que o raio deste átomo seja menor do que o do carbono.

• A resposta integra os tópicos de referência seguintes ou outros de conteúdo equivalente:

A) Os eletrões de valência dos átomos de carbono e de oxigénio [no estado fundamental] encontram-se no mesmo nível de energia.

B) Sendo a carga nuclear do átomo de oxigénio superior à do átomo de carbono, a força [atrativa] exercida pelo núcleo do átomo de oxigénio sobre os seus eletrões [de valência] é maior [do que a força exercida pelo núcleo do átomo de carbono sobre os seus eletrões de valência, pelo que o raio atómico do oxigénio é menor do que o raio atómico do carbono].

Nota – A apresentação das configurações eletrónicas dos átomos de carbono e de oxigénio no estado fundamental não é, por si só, equivalente ao tópico de referência A. Assim, uma resposta que apresente exclusivamente aquelas configurações eletrónicas deve ser classificada com zero pontos. No caso em que a resposta integre o tópico de referência B, a apresentação, no tópico de referência A, apenas daquelas configurações eletrónicas constituirá um fator de desvalorização da resposta, de acordo com os Critérios Gerais de Classificação