2011 – Época Especial – Prova Escrita de FQ A

⇒ De acordo com o terceiro período do texto, o albedo médio da Terra, percentagem média da radiação solar refletida pela Terra, é igual a 30%.

• [Cerca de] 30% OU 0,30 …………. 5 pontos

• P_incidente = 1,74 x 10¹⁷ W;
• a = 30% = 0,30;
• Δt = 1 ano = 1 x 365 x 24 x 3600 = 3,15 x 10⁷ s
• E_absorv. = ?

⇒ Para determinar a energia absorvida pela Terra durante um ano, recorre-se à Lei da Conservação da Energia – balanço energético da Terra.

• P_incidente = P_absorv. + P_reflet.  ⇔  P_absorv. = P_incidente – 0,30 x P_incidente = 0,70 P_incidente
• P_absorv. = 0,70 x 1,74 x 10¹⁷ = 1,22 x 10₁₇ W

Mas,

• E_absorv. = P_absorv. Δt ⇒ E_absorv. = 1,22 x 10¹⁷ x 3,15 x 10⁷ = 3,84 x 10²⁴ J

⇒ De acordo com o exposto no texto, a energia absorvida pela Terra durante um ano é de 3,84 x 10²⁴ J.

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Cálculo da energia solar anualmente recebida pela Terra (E = 5,487 × 10²⁴ J).

ou

• Cálculo da potência absorvida pela Terra (P = 1,218 × 10¹⁷ W).

B) Cálculo da energia solar anualmente absorvida pela Terra (E = 3,84 × 10²⁴ J).

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 (D)

⇒ Dos gases minoritários presentes na troposfera responsáveis pela regulação da temperatura são os que contribuem para o efeito de estufa, pelo que a opção correta é a (D), uma vez que quer o oxigénio quer o azoto são maioritários.

• Opção (D)…………. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ Como a base de tempo foi regulada para 0,5 ms/divisão e o período corresponde a duas divisões, então o período do sinal é de 1,0 ms.

• Opção (B)…………. 5 pontos

• Opção (D)

⇒ A relação entre a tensão máxima, U_máx., medida no osciloscópio e o valor da diferença de potencial, U, entre os terminais da lâmpada lida num voltímetro é:

• Opção (D)…………. 5 pontos

⇒ Ao movimentar o íman no interior da bobina variará o fluxo magnético, Φ, que a atravessa e, de acordo com a Lei de Faraday, esta variação induzirá uma força eletromotriz,

• ε = ΔΦ/Δt

⇒ responsável pelo aparecimento de uma corrente induzida no circuito elétrico.

• A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:

A) O movimento do íman provoca uma variação do fluxo magnético que atravessa a bobina.

B) [De acordo com a lei de Faraday,] a variação do fluxo magnético que atravessa a bobina induz uma força eletromotriz no circuito.

C) A força eletromotriz é responsável pela indução de uma corrente elétrica no circuito.

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.

• Opção (B)

⇒ Da análise do gráfico x = f(t), um ramo de uma parábola, representado na figura 2, conclui-se que o carrinho no intervalo de tempo [0,0; 2,0] s está animado de movimento retilíneo uniformemente retardado, pois a variação da posição para o mesmo intervalo de tempo está a diminuir, acabando por parar a partir do instante t = 2,0 s.

• Opção (B)…………. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ De acordo com o referido em 1.1., como o carrinho está animado de movimento retilíneo uniformemente retardado o valor da aceleração é constante, sendo as opções (A) (movimento retilíneo uniforme) e (D) (movimento não uniformemente variado) eliminadas, e negativo, pois tem sentido contrário ao do movimento, pelo que a opção correta é a (C).

• Opção (C)…………. 5 pontos

• m = 400 g = 0,400 kg;
• v₀ = 3,0 m s^-1;
• v₂ = 0 m s^-1

⇒ Do gráfico:

• x₀ = 0,5 m;
• x₂ = 2,5 m
• F_R = ?

⇒ Para determinar a intensidade da resultante das forças que atuam sobre o carrinho, recorre-se ao Teorema da Energia Cinética:

• W_Fr = ΔEc ⇔ W_Fr = Ec₂ – Ec₀

⇒ Como v₂ = 0 m s^-1, então Ec₂ = 0 J, logo W_Fr = – Ec₀ , donde se conclui que a resultante das forças tem sentido oposto ao deslocamento, logo W_Fr < 0, isto é:

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Determinação da variação de energia cinética (ΔEc = -1,80 J).

B) Determinação da intensidade da resultante das forças não conservativas (F = 0,90 N).

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)

⇒ Como a trajetória é horizontal e o peso do carrinho é vertical o trabalho que realiza é nulo, pois o peso é perpendicular ao deslocamento, θ = 90º, então, W_F = P d cos 90º  = 0 J.

• Opção (A)…………. 5 pontos

• Opção (D)

⇒ A energia transferida para o carrinho pela força  F é igual ao trabalho que esta realiza durante o deslocamento considerado.

⇒ Como W_F = F d cos θ, para a mesma intensidade da força e o mesmo deslocamento, o valor do trabalho realizado é tanto maior quanto menor for o ângulo definido pelos vetores for a e deslocamento, ângulo θ .

• Opção (D)…………. 5 pontos

⇒ O telescópio está animado de movimento circular uniforme, pois o módulo da velocidade é constante.

⇒ Como a velocidade é, em cada instante, tangente à trajetória e esta é circular, então, a direção da velocidade não é constante, logo a aceleração do telescópio é não nula (radial e centrípeta).

• A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:

A) A trajetória não é retilínea (ou equivalente), pelo que a [direção da] velocidade é diferente em cada ponto da trajetória [descrita pelo telescópio].

B) Assim, [como a velocidade não se mantém constante,] a aceleração do telescópio não é nula.

ou

A) A trajetória não é retilínea (ou equivalente), pelo que a resultante das forças aplicadas no telescópio não é nula.

B) Assim, [pela segunda lei de Newton,] a aceleração do telescópio não é nula.

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.

• h = 5,9 x 10² km = 5,9 x 10⁵ m;
• m_T = 5,98 x 10²⁴ kg;
• r_T = 6,4 x 10³ km = 6,4 x 10⁶ m
• G = 6,67 x 10^-11 N m² kg^-2

⇒ Para determinar o período, T, do movimento do telescópio, há que calcular o módulo da velocidade, v, pois:

• r = r_T + h ⇔ r = 6,4 x 10⁶ + 5,9 x 10⁵ = 6,99 x 10⁶ m

⇒ O período do movimento do telescópio, tempo necessário para descrever uma órbita completa, é de 5,8 x 10³ s.

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Determinação do valor da velocidade do telescópio (v = 7,55 × 10³ m s^-1).

B) Determinação do tempo que o telescópio demora a descrever uma órbita completa (t = 5,8 × 10³ s).

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.

• Opção (A)

• Opção (A)…………. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ A energia da radiação térmica, radiação emitida por um corpo que depende da sua temperatura, tanto maior quanto maior for a sua temperatura absoluta.

⇒ Como a radiação azul é mais energética do que a radiação vermelha, conclui-se que a temperatura da superfície da estrela Rigel é superior à da superfície da estrela Antares.

• Opção (A)…………. 5 pontos

• Opção (C)

O eletrão transita do nível n = 4 para o nível n = 3.

⇒ A variação de energia associada a esta transição, ΔE, é:

• ΔE = E₃ – E₄ = – 0,24 x 10^{– 18} J – (- 0,14 x 10^{– 18} J) = – 1,0 x 10^{– 19} J

• Opção (C)…………. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ A transição eletrónica assinalada ocorre do nível n = 4 para o nível n = 3, estando portanto associada à série de Paschen.

⇒ Estas transições correspondem a riscas do espetro IV do átomo de H.

⇒ Como o eletrão transita de um nível de energia superior para um nível de energia inferior, ocorre a emissão de radiação infravermelha.

• Opção (C)…………. 5 pontos

• Radiação ultravioleta.

⇒ As radiações UV provenientes do Sol são prejudiciais para o meio ambiente e para os seres vivos na superfície terrestre, contribuindo para muitas doenças imunitárias e neurodegenerativas.

⇒ O ozono (e o dioxigénio) da estratosfera absorvem radiações UV, fazendo com que a sua intensidade à superfície da Terra seja menor – são filtros solares naturais.

• Radiação ultravioleta …………. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ As opções (A) e (B) não são corretas porque a cadeia fundamental deve conter o maior número de átomos de carbono; neste caso, como são quatro átomos de carbono, trata-se de um butano substituído e não de um propano.

⇒ A numeração da cadeia fundamental deve ser efetuada de modo a atribuir os números mais baixos aos substituintes, neste caso, da esquerda para a direita, o que está de acordo com a opção (C), sendo incorreta a opção (D) que apresenta a numeração da direita para a esquerda.

• Opção (C)…………. 5 pontos

• Opção (B)

• Opção (B)…………. 5 pontos

• Opção (B)

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

• ₈O – 1s² 2s² 2p_x² 2p_y¹ 2p_z¹

⇒ verifica-se que duas (e apenas duas) orbitais de valência (duas orbitais 2p) se encontram semipreenchidas, o que está de acordo com a opção (B).

⇒ A opção (A) não está correta porque, no átomo de oxigénio, no estado fundamental, existem três orbitais completamente preenchidas, a orbital 1s, a orbital 2s e uma das orbitais 2p.

⇒ As opções (C) e (D) não estão corretas porque, de acordo com a configuração eletrónica escrita, existem duas orbitais de valência completamente preenchidas (a orbital 2s e uma das orbitais 2p) e existem duas orbitais semipreenchidas (duas orbitais 2p).

• Opção (B)…………. 5 pontos

• 2 NOCl (g) ⇋ 2 NO (g) + Cl₂ (g)

⇒ Como, inicialmente, o recipiente continha apenas cloreto de nitrosilo, NOCl, e de acordo com a estequiometria da reação, a quantidade de Cl₂ formada após o estabelecimento do equilíbrio   metade da quantidade de NO obtida, ou seja, formou-se 0,70/2 = 0,35 mol de NO.

⇒ Como o volume do recipiente onde decorreu a reação é de 1,0 L, e c = n/V, as concentrações das espécies NOCl, NO e Cl₂ em equilíbrio são, respetivamente, 1,8 mol dm^-3, 0,70 mol dm^-3 e 0,35 mol dm^-3.

⇒ Substituindo, na expressão da constante e equilíbrio, os valores das concentrações de equilíbrio, obtêm-se:

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Cálculo da concentração de Cl₂ na situação de equilíbrio considerada ([Cl₂] = 0,350 mol dm^-3).

B) Cálculo da constante de equilíbrio (Kc = 5,3 × 10^-2).

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)

⇒ A constante de equilíbrio depende exclusivamente da temperatura. A única opção em que ocorre uma alteração de temperatura é a representada por (A).

⇒ Relativamente às restantes opções, (B), (C) e (D), obter-se-iam estados de equilíbrio diferentes, mas a constante de equilíbrio mantêm-se.

• Opção (A)…………. 5 pontos

⇒ De acordo com o princípio de Le Chatelier, o aumento da pressão de um sistema em equilíbrio (por exemplo, por diminuição do volume do recipiente), mantendo a temperatura constante, provoca um deslocamento do equilíbrio do sistema no sentido em que a pressão diminui, ou seja, no sentido em que se forma menor quantidade de gases.

⇒ Neste caso, o aumento da pressão favorece a reação inversa, em que 3 moles de “produtos” gasosos (2 de NO e 1 de Cl₂) formam 2 moles do “reagente” gasoso (NOCl).

⇒ Consequentemente, ocorrendo uma diminuição da concentração dos produtos, o rendimento da reação diminui.

• A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:

A) [De acordo com o Princípio de Le Chatelier,] o aumento da pressão favorece a reação que conduz a uma diminuição da pressão OU que conduz a uma diminuição da quantidade de gases.

B) Neste caso, a reação que conduz a uma diminuição da pressão (OU que conduz a uma diminuição da quantidade de gases) é a reação inversa.

C) Consequentemente, a quantidade dos produtos diminui, o que permite concluir que o rendimento da reação deverá diminuir.

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.

⇒ Na molécula de dicloro, Cl₂, estabelece-se uma ligação covalente simples entre os átomos de cloro.

⇒ Como cada átomo de cloro tem sete eletrões de valência, a molécula de dicloro, Cl₂, tem catorze eletrões de valência.

⇒ Destes eletrões, dois são ligantes, e formam a ligação covalente simples Cl–Cl.

⇒ Os restantes doze eletrões formam seis pares de eletrões não ligantes.

• A resposta deve apresentar os seguintes tópicos:

A) Entre os átomos de cloro estabelece-se uma ligação covalente simples.

B) A molécula apresenta seis pares de eletrões de valência não ligantes.

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.

• Pipeta volumétrica.

⇒ A solução de NaHO (aq) a titular deve ser medida rigorosamente. Por isso, o instrumento de medida a utilizar deve ser uma pipeta volumétrica.

• Pipeta …………. 5 pontos

• Fator de diluição, f = 5
• V(solução diluída NaHO) = 10,0 cm³
• pH(solução de HCl) = 0,60
• V(solução de HCl) = 15,20 cm³

⇒ De acordo com a definição de pH, pH = – log [H₃O⁺], se pH = 0,60 temos:

• [H₃O⁺] = 0,251 mol dm^-3

⇒ Como HCl (aq) é um ácido forte, a sua protólise é total. Logo, n (HCl) = n (H₃O⁺). Então, a quantidade de HCl gasta na titulação até atingir o ponto de equivalência é:

• n = c x V ⇔ n = 0,251 mol dm^-3 x 15,20 x 10^-3 dm³ = 3,82 x 10^-3 mol

⇒ Como a proporção estequiométrica entre os reagentes da reação ácido-base ocorrida é de 1:1, a quantidade estequiometricamente equivalente de NaHO diluída é 3,82 x 10^-3 mol.

A concentração da solução de NaHO diluída é então:

⇒ Como o fator de diluição é igual a 5, a concentração da solução de NaHO concentrada é:

• 5 x 0,382 = 1,9 mol dm^-3

• A resolução deve apresentar as seguintes etapas:

A) Cálculo da concentração hidrogeniónica ([H₃O⁺] = 0,251 mol dm^-3). 

B) Cálculo da concentração da solução diluída de NaOH (c = 0,382 mol dm^-3).

C) Cálculo da concentração da solução inicial de NaOH (c = 1,9 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)

⇒ O indicador deve ser adicionado ao titulado, que se encontra no matraz (balão de Erlenmeyer).

⇒ A escolha inadequada do indicador provocaria um erro sistemático, que conduziria a uma diminuição da exatidão na determinação da concentração do titulado.

• Opção (B)…………. 5 pontos

⇒ Como o titulante é uma solução de ácido e o titulado é uma solução de base, a curva de titulação decrescente.

⇒ Trata-se de uma titulação de uma base forte por um ácido forte, logo, no ponto de equivalência obtém-se uma solução neutra.

A 25 ºC, o pH desta solução é, por isso, igual a 7.

⇒ As coordenadas do ponto de equivalência a 25 ºC são (15,20 mL; 7,00).