2021 – 2ªFase – Prova Escrita de FQ A

•  Os elementos cloro (₁₇Cl) e bromo (₃₅Br) estão localizados, na Tabela Periódica, no grupo 17 e nos períodos 3 e 4, respetivamente. 

⇒ O número de eletrões de valência dos átomos desses elementos é o mesmo (7), mas o número de níveis de energia aumenta ao longo do grupo.

⇒ No estado fundamental, os átomos de cloro têm 3 níveis de energia ocupados e os de bromo têm 4. 

⇒ Por existir maior número de eletrões internos no átomo de bromo do que no de cloro, a atração efetiva entre o núcleo e um dos eletrões mais externos é menor no bromo do que no cloro, porque surgem maiores repulsões entre os eletrões interiores do bromo que contrariam o efeito atrativo do núcleo (que se diz blindado ou protegido). 

• Prevê-se que, ao longo do grupo, diminua a energia mínima necessária para remover um eletrão de valência de um átomo isolado, no estado fundamental, isto é, que a primeira energia de ionização vá diminuindo com o aumento do número atómico ao longo do grupo. 

• Elementos de resposta:

⇒ [ao longo do grupo,] os eletrões de valência encontram-se em níveis [de energia] sucessivamente mais elevados;

⇒ [ao longo do grupo,] há diminuição da atração entre os eletrões de valência e os respetivos núcleos [uma vez que há um maior afastamento destes em relação aos núcleos];

⇒ [ao longo do grupo,] há diminuição da energia mínima necessária para remover um dos eletrões de valência.

• Opção (D)

•  Os átomos excitados, no estado gasoso, podem perder o excesso de energia (desexcitação) sob a forma de radiação. 

⇒ Cada uma das riscas do espetro de emissão atómico corresponde à emissão de fotões com determinada energia.

⇒ Quando um átomo passa de um estado de energia para um estado de menor energia, E₂, emite um fotão de energia igual à diferença dessas duas energias:

• ΔE = E₂ – E₁

⇒ Podemos concluir-se que no átomo de cloro existem níveis cuja diferença de energia é 2,4 x 10^-19 J.

⇒ Como uma das riscas do espetro de emissão atómico do cloro é originada por fotões de energia 14,7 x 10^-19 J, pode concluir-se que, no átomo de cloro, existem níveis cuja diferença de energia é 14,7 x 10^-19 J.

• Opção (D)  ……………. 10 pontos

⇒ A quantidade de BrCl que reagiu até atingir o estado de equilíbrio foi:

• n(BrCl)_consumida = 1,11 – 0,80 = 0,31 mol 

⇒ De acordo com a estequiometria da reação, 1 (Br₂) : 2 (BrCl), a quantidade de formado até atingir o estado de equilíbrio foi 0,31/2 = 0,155 mol.

• n (Br₂)_inicial = n(Br₂)_equilibrio – 0,155 = 0,332 – 0,155 = 0,177 mol = 0,18 mol

ou

Br₂ (g) + Cl₂ (g)    2 BrCl (g)     ΔH < 0   Kc = 7,7 (à temperatura T)

⇒ Seja a quantidade formada de Br₂ (e a de Cl₂) e 2x a quantidade gasta de BrCl:

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Calcula a concentração de Br₂ (g) no estado de equilíbrio (0,332 mol dm^-3) …….. 4 pontos

⇒ Calcula a quantidade de BrCl (g) que reagiu até atingir o estado de equilíbrio ( 0,310 mol) …….. 3 pontos

⇒ Calcula a quantidade inicial de Br₂ (g) (0,180 mol) …….. 3 pontos

• Opção (D)

⇒ A temperatura só tem efeito sobre a posição de equilíbrio do sistema reacional se a reação for exotérmica ou endotérmica.

⇒ Como a reação é exotérmica, ΔH < 0, de acordo com o princípio de Le Châtelier, o aumento de temperatura provoca o deslocamento do equilíbrio no sentido em que contraria essa elevação de temperatura, favorecendo a reação que absorve calor, ou seja, deslocando o equilíbrio no sentido endotérmico (sentido inverso).  

⇒ Consequentemente, até ser atingido um novo estado de equilíbrio, prevê-se que a concentração de Br₂ (g) aumente.

⇒ Como, de acordo com a estequiometria da reação, 1 Br₂ (g) : 1 Cl₂ (g), a variação das concentrações de Br₂ (g) e Cl₂ (g) de são iguais.

• Opção (D)  ……………. 10 pontos

• Opção (B)

⇒ O módulo da aceleração gravítica à superfície da Terra é dado por:

⇒ Uma vez que a região em que a EEI se move pode ser considerada como vácuo, a resultante das forças que atuam na EEI coincide com a força que a Terra exerce sobre a EEI em órbita. Logo,

⇒ Como 𝑟órbita=𝑟Terra+ℎ, em que a altitude, ℎ, é cerca de 15 vezes inferior ao raio da Terra, vem:

⇒ Comparando o módulo da aceleração da EEI com o módulo da aceleração gravítica à superfície da Terra, tem-se:

⇒ A expressão que traduz corretamente a relação entre o módulo da aceleração da EEI, 𝑎_EEI, e o módulo da aceleração gravítica, 𝑔, à superfície da Terra é 𝑎_EEI = 0,88 𝑔.

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

• Opção (A)

⇒ A superfície refletora permite minimizar a absorção da radiação solar, e a transferência de energia da estação para o espaço ocorre, essencialmente, por radiação.

Notas:

⇒ Sendo as paredes da EEI revestidas por uma superfície refletora, o que significa que a fração de radiação incidente que é refletida é elevada, ou seja, é minimizada a absorção de radiação solar.

⇒ A condução térmica é explicada através da interação das partículas constituintes dos sistemas (o mesmo pode ser referido para a convecção). Uma vez que se admitiu que a região em que a EEI se move pode ser considerada como vácuo, a condução térmica não é possível.

⇒ Resta, portanto, como mecanismo de transferência de energia, a radiação.

• Opção (A)  ……………. 10 pontos

⇒ Cálculo da energia da radiação emitida pela EEI durante uma órbita, em média, para o espaço na ausência de avaria: 

⇒ Cálculo da variação de energia interna da amostra de ar (energia absorvida pelo ar, 𝐸_abs.) existente numa dada zona no interior da EEI: 

⇒  Cálculo da percentagem da energia absorvida pelo ar existente naquela zona no interior da EEI, em relação à energia que deveria ter sido transferida para o espaço: 

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Calcula a energia absorvida pelo ar existente na zona considerada da EEI, naquele intervalo de tempo (1,35 x 10⁷ J) …….. 5 pontos

⇒ Calcula a percentagem da energia absorvida pelo ar existente na zona considerada da EEI, em relação à energia que deveria ter sido transferida para o espaço ( 8,3 %) …….. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ As duas equações (1) e (2) mostram que se consomem 4 moles de para originar 2 moles de (que vão regenerar 2 moles de H₂). No final, teremos o consumo efetivo de 2 moles de H₂, ou seja, por cada mole de consumida podem reutilizar-se 0,5 moles.

ou

⇒ De acordo com a estequiometria da reação (1), 2 H₂ (g) : 1 H₂O (l), a quantidade de H₂O (l) produzida é metade da quantidade de H₂ (g) consumido.

⇒ De acordo com a estequiometria da reação (2), 1 H₂O (l) : 1 H₂ (g), conclui-se que a quantidade de H₂ (g) produzido é igual à quantidade de H₂O consumida.

• A quantidade de H₂ (g) que, no máximo, pode ser reutilizada por cada mole de H₂ (g) consumido será 0,5 mol.

• Apresenta o valor solicitado (0,50 mol) ……………. 10 pontos

⇒ Quantidade de CO₂ existente:

⇒ Quantidade de O₂ recuperado por cada dm³ de ar: 

⇒ Massa de O₂ recuperado por cada dm³ de ar: 

⇒ Volume de ar necessário para se conseguir recuperar 1,0 g de O₂ :

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Calcula a quantidade de CO₂ que existe por cada dm³ de ar (2,87 x 10^-4 mol) …….. 3 pontos

⇒ Calcula a quantidade de O₂ que se recupera por cada dm³ de ar (1,15 x 10^-4 mol) …….. 3 pontos

⇒ Calcula o volume de ar necessário para se conseguir recuperar 1,0 g de O₂ (2,7 x 10² dm³) …….. 4 pontos

ou

⇒ Calcula a quantidade de CO₂ que permite recuperar 1,0 g de O₂ (7,81 x 10^-2 mol) …….. 3 pontos

⇒ Calcula a quantidade total de moléculas no ar necessária para se conseguir recuperar 1,0 g de O₂ (11,2 mol) …….. 3 pontos

⇒ Calcula o volume de ar necessário para se conseguir recuperar 1,0 g de O₂ (2,7 x 10² dm³) …….. 4 pontos

• Opção (C)

HBrO (aq) + H₂O (l)    BrO^– (aq) + H₃O⁺ (aq)

⇒ Com um aumento de pH (pH = – log [H₃O⁺]) conduz a uma diminuição de [H₃O⁺].

⇒ De acordo com o princípio de Le Châtelier, uma diminuição da [H₃O⁺] provoca o deslocamento do equilíbrio no sentido em que contraria essa diminuição, ou seja, no sentido direto.

⇒  A evolução do sistema no sentido direto provoca uma diminuição da concentração da espécie HBrO (aq) e um aumento da espécie BrO^– (aq), e como a espécie HBrO (aq) tem uma ação antimicrobiana mais eficaz do que a espécie BrO^–, conclui-se que a eficácia antimicrobiana do ácido hipobromoso diminui.

• Opção (C)  ……………. 10 pontos

⇒ Considerando que a “solução concentrada de uma base forte” se trata de uma “solução aquosa concentrada de um hidróxido que se comporta como uma base forte”, se  pH = 8,25, a concentração hidrogeniónica da solução, após adição da solução de base forte:

• pH = – log [H₃O⁺] ⇔ [H₃O⁺(aq)] = 10^-8,25 mol dm³ = 5,62 x 10^-9 mol dm^-3 

Por adição da “solução concentrada de uma base forte” à solução aquosa de HBrO, ocorre a reação:

HBrO (aq) + H₂O (l)    BrO^– (aq) + H₃O⁺ (aq)

Como o grau de ionização, α, é a razão entre a quantidade de ácido ionizado e a quantidade inicial de ácido. 

⇒  Na solução resultante, 1/3 do ácido hipobromoso está ionizado.

• Elementos de resposta:

⇒ determinação da concentração de H₃O⁺ (10^-pH mol dm^-3);

⇒ determinação do quociente entre as concentrações das espécies BrO^– (aq) e HBrO (aq) na solução resultante

⇒ verificação de que 1/3 do ácido hipobromoso está ionizado na solução resultante.

⇒ Trabalho realizado pela força gravítica que atua no corpo entre as posições A e B e Teorema da Energia Cinética. 

• Considera-se que, no plano inclinado, as forças dissipativas que atuam no corpo são desprezáveis. Logo, sendo a reação normal perpendicular ao plano inclinado, no percurso de A até B a única força que realiza trabalho é a força gravítica.

⇒ Usando o Teorema da Energia Cinética, tem-se: 

⇒ Trabalho realizado pela força gravítica que atua no corpo entre as posições B e C e Teorema da Energia Cinética.

• No percurso de B até C, a única força que realiza trabalho é a força de atrito.

⇒ Usando o Teorema da Energia Cinética, tem-se:

⇒ Como se queria comprovar, entre as posições A e C, o módulo do trabalho realizado pela força gravítica que atua sobre o corpo é igual ao módulo do trabalho realizado pela resultante das forças de atrito que atuam sobre o corpo. 

• Comprova que |W_Fg| = |W_Fa| entre A e C, apresentando os seguintes elementos de resposta:

⇒ reconhecimento de que a variação da energia cinética entre A e C é nula;

ou

• reconhecimento de que a variação da energia cinética entre A e B é simétrica da variação da energia cinética entre B e C;

⇒ referência a que, entre A e C, a variação da energia cinética seja igual à soma de W_Fg e W_Fa;

ou

• referência a que, entre A e B, a variação da energia cinética seja igual a W_Fg e a que, entre B e C, a variação da energia cinética seja igual a W_Fa .

• Dedução da expressão que relaciona 𝑑 com ℎ 

⇒ Trabalho realizado pela força gravítica que atua no corpo entre as posições A e B: 

• A força gravítica é uma força conservativa, pelo que o trabalho por ela realizado é igual ao simétrico da variação de energia potencial gravítica.
• Enquanto o corpo se move no plano inclinado, considera-se que a única força que realiza trabalho é a força gravítica.
• O corpo abandonado em A.

⇒ Trabalho realizado pela força de atrito que atua no corpo entre as posições B e C: 

• No percurso de B até C, a força de atrito é a única força que realiza trabalho.
• O corpo acaba por parar em C.
• Sendo a força de atrito a resultante das forças (e admitindo que o corpo é representado pelo seu centro de massa).

• Apresentação da equação da linha de ajuste ao gráfico 𝑑 =𝑓(ℎ) 

⇒ Cálculo da componente escalar da aceleração, 𝑎_𝑥 

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Deduz a expressão que relaciona d com h (ver notas 1) …….. 4 pontos

⇒ Apresenta a equação de ajuste ao gráfico d = f (h) ( d = 4,12 h – 0,02) (ver notas 2 e 3) …….. 3 pontos

⇒ Calcula a componente escalar da aceleração do corpo (-2,4 m s^-2) …….. 3 pontos

ou

⇒ Deduz a expressão que relaciona d com h (ver notas 1) …….. 4 pontos

⇒ Apresenta a equação de ajuste ao gráfico h = f (d) ( h = 0,24 d + 0,01) (ver notas 2 e 3) …….. 3 pontos

⇒ Calcula a componente escalar da aceleração do corpo (-2,4 m s^-2) …….. 3 pontos

Notas:

1. A omissão do sinal «−» na expressão deduzida não implica qualquer desvalorização nesta etapa.

2. Na equação da reta de ajuste, a omissão da ordenada na origem não implica qualquer desvalorização.

3. A ordem das etapas 1 e 2 é arbitrária.

⇒ Observando a Figura 2 do enunciado da prova, conclui-se que o feixe L₁ incide na placa semicilíndrica numa direção radial, pelo que o ângulo de incidência é de 0°.

⇒ O feixe L₂ propaga–se na mesma direção.

• A amplitude do ângulo de refração é 0°.

• Apresenta o valor solicitado duas fórmulas químicas solicitadas (0º) ……………. 10 pontos

Nota: A ausência de unidade não implica qualquer desvalorização.

⇒ Determinação do ângulo de incidência, 𝛼_inc (ângulo que o feixe L₂ faz com a normal à superfície de separação dos meios óticos vidro e ar no ponto de incidência): 

• α_inc = 90,0º – 66,0º = 24,0º

⇒ Cálculo do ângulo de refração, 𝛼_ref (ângulo que o feixe L₃ faz com a normal à superfície de separação dos meios óticos vidro e ar no ponto de incidência): 

• α_inc = 24,0º + 13,2º = 37,2º

⇒ Usando a expressão da Lei de Snell-Descartes, vem: 

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Calcula a amplitude do ângulo de refração (37,2º) …….. 3 pontos

⇒ Calcula o índice de refração do vidro ( 1,486) …….. 4 pontos

⇒ Calcula o módulo da velocidade de propagação da luz no vidro (2,02 x 10⁸ m s^-1) …….. 3 pontos

• Opção (A)

⇒ O aumento da energia cinética do corpo é diretamente proporcional à distância percorrida pelo corpo, sendo igual à diminuição da energia potencial gravítica do sistema corpo + Terra.

Notas:

⇒ Se as forças dissipativas são desprezáveis, enquanto o corpo desce o plano inclinado, a única força que realiza trabalho é a força gravítica. Usando o Teorema da Energia Cinética, tem-se:

• 𝑊_𝐹⃗g = Δ𝐸c

⇒ A força gravítica é uma força conservativa, pelo que o trabalho por ela realizado é igual ao simétrico da variação de energia potencial gravítica,

• 𝑊_𝐹⃗g = − Δ𝐸_pg

⇒ Conclui-se, assim, que Δ𝐸c = − Δ𝐸_pg, ou seja, o aumento de 𝐸c é igual à diminuição de 𝐸pg.

⇒ Sendo as forças dissipativas desprezáveis, a componente da força gravítica na direção paralela à rampa é igual à resultante das forças, sendo o trabalho realizado por essa componente igual ao trabalho realizado pela força gravítica. Assim, Δ𝐸c = 𝑚 𝑔 sin 𝜃 𝑑, pelo que Δ𝐸c é diretamente proporcional à distância percorrida pelo corpo.

• Opção (A)  ……………. 10 pontos

• Opção (B)

⇒ O esquema onde está representada a força que o corpo exerce no plano inclinado.

Notas:

⇒ Sendo desprezáveis as forças dissipativas, a força que o corpo exerce no plano inclinado é perpendicular ao plano inclinado, atuando nesse plano.

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

• Opção (D)

⇒ O esboço de gráfico que pode traduzir o módulo da aceleração, 𝑎, do conjunto corpo + sobrecarga em função da respetiva massa, 𝑚, para sobrecargas de massas sucessivamente maiores é :

Notas:

⇒ Sendo as forças dissipativas desprezáveis, a componente da força gravítica na direção paralela à rampa é igual à resultante das forças.

⇒ Assim, 𝑚 𝑎 = 𝑚 𝑔 sin 𝜃 ⇔ 𝑎 = 𝑔 sin 𝜃, o que significa que a aceleração é independente da massa e constante para uma dada inclinação do plano.

• Opção (D)  ……………. 10 pontos

• Opção (C)

⇒ A energia fornecida a P, relativamente à energia fornecida a Q, num mesmo intervalo de tempo, é 3 vezes maior.

Notas:

⇒ Para uma bateria real:

• 𝑈 = 𝜀 − 𝑟 𝐼

⇒ Considerando que as duas baterias são ideais (baterias cujas resistências internas podem ser consideradas nulas) idênticas e cada uma delas está ligada só a um dos dois recetores, conclui-se que as diferenças de potencial elétrico nos terminais desses recetores são iguais:

• 𝑈_P = 𝑈_Q = 𝑈 = 𝜀

⇒ A energia elétrica fornecida a um recetor num dado intervalo de tempo está relacionada com a diferença de potencial elétrico nos terminais pela expressão:

• 𝐸_el. = 𝑈 𝐼 Δ𝑡

⇒ Sendo os recetores puramente resistivos, essa energia também pode ser obtida a partir da expressão:

• 𝐸_el = 𝑅 𝐼² Δ𝑡

⇒ Usando a equação de definição de resistência elétrica e substituindo na última expressão, obtém-se:

• concluindo-se que para a mesma diferença de potencial elétrico e para o mesmo intervalo de tempo, a energia elétrica fornecida a um recetor é inversamente proporcional à sua resistência elétrica.

⇒ Assim:

• Opção (C)  ……………. 10 pontos

• Opção (A)

⇒ O esboço de gráfico que pode traduzir as diferenças de potencial elétrico, 𝑈, nos terminais das pilhas X e Y, em função da corrente elétrica, 𝐼, fornecida, é:

Notas:

⇒ A curva característica de uma pilha é dada pela expressão:

• 𝑈 = 𝜀 − 𝑟 𝐼

⇒ Quando uma pilha é utilizada para alimentar um circuito elétrico durante um intervalo de tempo significativo, constata-se que há diminuição da diferença de potencial elétrico nos seus terminais (numericamente igual à ordenada na origem da curva característica) e aumento da sua resistência interna (numericamente igual ao simétrico do declive da curva característica).

• Opção (A)  ……………. 10 pontos

• Opção (B)

⇒ A configuração eletrónica do átomo de nitrogénio no estado fundamental é: 

• ₇N – 1s² 2s² 2p_x¹ 2p_y¹ 2p_z¹

⇒ Os 5 eletrões de valência do átomo de nitrogénio, no estado fundamental (2 eletrões na orbital 2s e 3 eletrões nas orbitais 2p), apresentam duas energias diferentes, correspondentes às energias das orbitais 2s e 3p.

⇒ As três orbitais 2p (2p_x , 2p_y , 2p_z) têm a mesma energia, ou seja, são orbitais degeneradas. De acordo com a regra de Hund, para preencher orbitais degeneradas com eletrões, estes distribuem-se de modo a ocupar, parcialmente, as orbitais vazias até ficarem todas semipreenchidas e só depois se faz o emparelhamento de eletrões. Assim, o átomo de nitrogénio tem três eletrões desemparelhados.

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

• Opção (A)

⇒ Sendo a massa molar de uma substância, M, a massa de uma mole dessa substância, significa que uma mole de moléculas de N₂ (6,02 x 10²³ moléculas) têm a massa de 28,02 g.

⇒  A massa de uma molécula de será:

• Opção (A)  ……………. 10 pontos

• Opção (D)

⇒ A geometria de uma molécula é aquela que conduz à sua máxima estabilidade. Segundo a teoria da repulsão dos pares eletrónicos de valência, estes dispõem-se no espaço com o maior afastamento possível, de modo a conduzir às menores repulsões eletrónicas. 

⇒ Na molécula PH₃, os pares eletrónicos de valência que rodeiam o átomo central, P, são três pares de eletrões ligantes, correspondentes às três ligações covalentes P – H, e um par eletrónico não ligante localizado no fósforo. O maior afastamento possível destes quatro pares obtém-se quando eles se dispõem no espaço de modo aproximadamente tetraédrico, conferindo ao conjunto PH₃ uma geometria piramidal trigonal.

⇒ A polaridade das moléculas poliatómicas depende da polaridade das ligações e da geometria da molécula. A molécula PCl₃, como tem ligações polares e geometria piramidal trigonal, tem uma distribuição de carga elétrica assimétrica entre os átomos, sendo, portanto, uma molécula polar. 

• Opção (D)  ……………. 10 pontos

• Opção (B)

⇒ n.o. (Cl) em ClO₃^– :

•  x + 3 x (-2) = -1 ⇔ x = + 5

⇒ n.o. (Cl) em ClO₂ :

•  x + 2 x (-2) = 0 ⇔ x = + 4

⇒ Numa reação em que o ião ClO₃^–  origina a espécie ClO₂, o número de oxidação do elemento diminui.

⇒ Variação do seu número de oxidação:

• Δn.o. (Cl) = +4 – (+5) = -1 

Houve captação de eletrões, o que significa que ocorreu uma redução. Portanto, a espécie ClO₃^–  atua como oxidante.

• Opção (B)  ……………. 10 pontos