2014 – 2ª Fase – Prova Escrita de Física e Química A

• Aceleração

• Aceleração …….. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ Eliminando as forças dissipativas, na descida dos carris ao longo da montanha-russa há conservação de energia mecânica. Sendo nula a velocidade o carrinho no nível inicial, a uma altura h em relação ao solo, e descendo para um ponto ao nível do solo, usando a conservação de energia mecânica

• m g h = ½ m ν² ⇔ ν² = 2 gh 

⇒ O módulo desta velocidade depende apenas da raiz quadrada do produto da aceleração da gravidade pela altura.

⇒ A energia mecânica inicial é diretamente proporcional à altura, logo, o módulo da velocidade não depende nem da massa nem é diretamente proporcional à altura.

• Opção (C) …………. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ A força gravítica, que designamos por peso, é uma força conservativa, ou seja, quando realiza trabalho sobre um sistema não faz variar a sua energia mecânica.

⇒ O trabalho realizado por uma força conservativa quando desloca um corpo de uma posição para outra depende apenas da posição inicial e final, qualquer que seja a trajetória descrita, assim nestas condições, o trabalho realizado pelo peso do carrinho, entre o ponto de partida e o final da linha de carris é independente do comprimento da linha de carris.

• Opção (A) …………. 5 pontos

⇒ No ponto inicial o carrinho é abandonado com velocidade nula, logo, o sistema carrinho-Terra tem energia mecânica igual à sua energia potencial. Na descida de uma montanha-russa real há dissipação de energia, devida às forças dissipativas. Assim, ao longo dos carris, este processo de dissipação conduz à diminuição da energia mecânica do sistema carrinho-Terra.

⇒ Para atingir a altura inicial o sistema carrinho-Terra teria de possuir no mínimo (com velocidade nula) uma energia mecânica igual à inicial, mas já não a possui, porque houve dissipação de energia.

⇒ O carrinho numa montanha-russa real, em que o movimento apenas resulta do processo de transformação de energia de potencial em cinética, nunca chega à altura do ponto de partida.

• Tópicos de referência:

A) No ponto de partida e no ponto mais alto de cada uma das subidas, a energia cinética (ou a velocidade) do carrinho é nula e, assim, nesses pontos, a energia mecânica do sistema carrinho + Terra será igual à energia potencial gravítica [desse sistema].

B) Nas montanhas-russas reais, atuam sobre o carrinho forças dissipativas que [, à medida que o carrinho se desloca sobre a montanha-russa,] provocam uma diminuição da energia mecânica do sistema carrinho + Terra.

C) Assim, no ponto mais alto de cada uma das subidas, a energia potencial gravítica do sistema será sempre inferior à energia potencial gravítica [desse sistema] no ponto de partida, pelo que a altura [máxima] atingida pelo carrinho em cada uma das subidas será sempre inferior à altura do ponto de partida.

⇒ A equação da reta que melhor se ajusta aos pontos (t₂; d) é a equação de regressão linear do gráfico de dispersão:

• d = 0,1738 t² + 8 × 10^–4

⇒ No modelo teórico, como a bola é abandonada no topo do plano inclinado, a equação do movimento é

• d = ½ a t²

⇒ Na expressão determinada 8 × 10^–4 é aproximadamente zero, e esse valor resulta modelo do matemático do tratamento usado com os dados.

⇒ Comparando-a com a expressão obtida pela regressão linear tem-se

• 0,1738 = a
• a = 2 × 0,1738 = 0,3476 m s^–2 = 0,348 m s^–2

• Etapas de resolução:

A) Determinação, para t² em função de d, da equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto dos valores registados na tabela (t² = 5,754 d – 4 × 10^-3 (SI) ou y = 5,754 x – 4 × 10^-3 (SI))

ou

• Determinação, para d em função de t², da equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto dos valores registados na tabela ( d = 0,1738 t² + 8 × 10^-4 (SI) ou y = 0,1738 x + 8 × 10^-4 (SI)) …….. 5 pontos

B) Cálculo do módulo da aceleração da bola, no movimento considerado ( a = 0,348 m s^-2) …….. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ Se a bola é abandonada de uma certa altura em relação ao solo e cai verticalmente em condições tais que a resistência do ar pode ser considerada desprezável, o seu movimento é retilíneo uniformemente acelerado (o módulo da velocidade aumenta).

⇒  A única força que atua na bola é o peso e a velocidade inicial, v₀, é nula.

⇒ Tendo em conta o referencial, a lei horária das velocidades é v = − at o que evidencia que a velocidade tem o sentido negativo do eixo de referência e o seu módulo é crescente.

• Opção (B) …………. 5 pontos

• Opção (D)

⇒ Para situações em que a resistência do ar é desprezável, no movimento vertical a aceleração é a aceleração gravítica, tanto na subida como na descida.

⇒ A bola sobe e desce em condições segundo as quais a resistência do ar é desprezável.

⇒ Na descida o movimento da bola é retilíneo uniformemente acelerado sendo que a única força que atua é o peso.

⇒ Na subida o movimento da bola é retilíneo uniformemente retardado sendo que a única força que atua na bola é também o peso.

⇒ Na subida e na descida a aceleração do movimento é aceleração gravítica local, em ambos os sentidos do movimento a sua  intensidade e sentido mantêm-se.

• Opção (D) …………. 5 pontos

⇒ Quando se inicia o processo de transferência de energia que ocorre no interior do sistema considerado, a fonte de energia será a água líquida que se encontra a 20,0 ºC e o recetor de energia será o gelo que se encontra a 0 ºC.

⇒ Quando dois corpos a temperaturas diferentes são colocados em contato, há energia a transferir-se como calor do corpo que se encontra a uma temperatura mais elevada, neste caso a água líquida que se encontra a 20,0 ºC, funcionando este como a fonte de energia, para aquele que se encontra a uma temperatura mais baixa, neste caso o gelo que se encontra a 0 ºC, funcionando este como recetor de energia, até que ambos atinjam a mesma temperatura.

Fonte: água líquida [, a 20,0 ºC].

Recetor: gelo [, a 0,0 ºC] …….. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ Recorrer à expressão E = m ΔH para calcular a energia, expressa em joules, necessária para fundir 30,0 g de gelo que se encontra a 0 ºC

• E = m ΔH ⇔ E = (0,0300 × 3,34 × 10⁵) J

⇒ O valor da massa de gelo deve estar expresso em quilogramas devido às unidades em que está indicada a variação da entalpia de fusão do gelo.

• Opção (C) …………. 5 pontos

⇒ O estabelecimento do balanço energético do sistema baseia-se na Lei da Conservação da Energia ou 1ª Lei da Termodinâmica.

• Lei da conservação da energia ou 1.ª Lei da Termodinâmica …….. 5 pontos

⇒ Energia recebida pelo gelo:

• E_r = 1,140 × 10⁴ J

⇒ Energia cedida pela água:

• E_c = m c ΔT ⇔ E = m c (θ_f−θ_i) ⇔ E = 0,2600 × 4,18 × 10⁴ × (11,0 – 20,0) ⇔ E = 0,2600 × 4,18 × 10⁴× (– 9,0) ⇔ E = − 9,781 × 10³ J

⇒ Energia cedida pela água:

• ΔU = E_r + E_c ⇔ ΔU = + 1,140 × 10⁴ J − 9,781 × 10³ J ⇔ ΔU = + 0,181 × 10⁴ J 

A variação de energia interna do sistema é positiva, ΔU > 0, então o sistema recebeu energia do exterior.

⇒ Assim, houve energia que se transferiu do exterior (ambiente) para o sistema gelo + água.

• Etapas de resolução:

A) Cálculo da energia cedida pela água líquida, inicialmente a 20,0 ºC, no intervalo de tempo considerado (E = 9,781 × 10³ J)

ou

• Cálculo da variação de energia da água líquida, inicialmente a 20,0 ºC, no intervalo de tempo considerado (ΔE = -9,781 × 10³ J) …….. 5 pontos

B) Comparação da energia recebida pelo gelo com a energia cedida pela água líquida, inicialmente a 20,0 ºC, no intervalo de tempo considerado (1,140 × 10⁴ J > 9,781 × 10³ J )

ou

• Demonstração de que a energia interna do sistema aumentou, no intervalo de tempo considerado

ou

• Cálculo da energia necessária à fusão completa do gelo e comparação desta energia com a energia cedida pela água líquida, inicialmente a 20,0 ºC, no intervalo de tempo considerado (1,002 × 10⁴ J > 9,781 × 10³ J ) …….. 5 pontos

C) Conclusão sobre o sentido em que terá ocorrido a transferência de energia (do exterior para o sistema) …….. 5 pontos

ou

A) Cálculo da diminuição de temperatura que a água líquida, inicialmente a 20,0 ºC, sofreria se tivesse cedido toda a energia recebida pelo gelo (10,5 ºC) …….. 5 pontos

B) Comparação da diminuição de temperatura que a água líquida sofreria com a diminuição de temperatura real, no intervalo de tempo considerado (10,5 ºC > 9,0 ºC) …….. 5 pontos

C) Conclusão sobre o sentido em que terá ocorrido a transferência de energia (do exterior para o sistema) …….. 5 pontos

Nota – A apresentação de valores calculados com arredondamentos incorretos, ou com um número incorreto de algarismos significativos, não implica, por si só, qualquer desvalorização.

• Opção (D)

⇒ Como se tem para o índice de refração n = c/v , a velocidade, ν = c/n , será maior na solução de menor índice de refração, ou seja, na solução de concentração 0,50 mol dm^-3.

⇒ Um feixe, passando do ar para a solução, sofre um desvio tanto menor quanto menor for o índice de refração desse meio.

⇒ Como o ângulo de refração é medido com a normal ao ponto de incidência, a um desvio menor corresponde um ângulo de refração maior.

• Opção (D) …………. 5 pontos

⇒ Da leitura do gráfico, para a solução de concentração 1,20 mol dm^–3 o índice de refração é 1,3380.

⇒ Cálculo do ângulo de incidência:

• α₁ = 90º – 40º = 50º

⇒ Cálculo do ângulo de refração:

• n₁ sin α1 = n₁ sin α2 ⇔ 1,000 x sin 50º = 1,3380 x n₁ sin α₂ ⇔ sin α₂ = 0,5725 ⇔ α₂ = 34,9º

• Etapas de resolução:

A) Determinação do índice de refração da solução de ácido acético, para a radiação monocromática referida, à temperatura de 20 ºC (n = 1,3380) …….. 5 pontos

B) Cálculo do ângulo de refração que se deverá observar (α = 34,9º) …….. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ Quando a luz passa da solução de ácido acético para o ar, segundo um ângulo superior ao ângulo crítico, ocorre a reflexão total porque a solução de ácido acético é um meio mais refringente, ou seja, meio com maior índice de refração que o ar.

⇒ Recorrendo à expressão que traduz a lei de Snell – Descartes para a refração n_ar sin α_ar = n_solução sin α_solução e sabendo que o ângulo crítico de incidência corresponde a um ângulo de refração de 90,0º , α_solução =90,0º resulta:

• n_ar sin 90,0º = n_solução sin α_acrítico ⇔ sin α_crítico = 1 sin 90,0º/n_solução

o que evidencia que o ângulo crítico depende do índice de refração da solução.

• Opção (C) …………. 5 pontos

• Opção (A)

• Fator de diluição = c_{solução concentrada}/c_{solução diluída} ⟺ Fator de diluição = 4,50/0,50 ⟺ Fator de diluição = 9

• Opção (A) …………. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ Para determinar o volume de solução:

⇒ Para determinar a quantidade de ácido acético:

⇒ Calcular a quantidade, n_ácido, que existe em 100 g de solução: 

• Opção (A) …………. 5 pontos

⇒ Uma base conjugada de Brönsted-Lowry é uma espécie que possui um protão (H⁺) a menos do que o seu ácido conjugado.

[Uma base conjugada de um ácido de Brönsted-Lowry] é a espécie química que resulta da perda de um protão pelo ácido ou equivalente …….. 5 pontos

⇒ Cálculo da concentração de H₃O⁺:

• [H₃O⁺] = 10^–pH = 10^–2,88 = 1,32 x 10^–3 mol dm^–3

⇒ Da estequiometria da equação química, desprezando o contributo para o ião hidrónio da auto ionização da água, conclui-se que a concentração do ião acetato (concentração do ácido ionizado) é igual à do ião hidrónio (oxónio).

• [H₃O⁺] = [CH₃COO^–] = 1,318 x 10^–3 mol dm^–3

⇒ Cálculo da concentração do ácido não ionizado:

• [CH₃COOH]_inicial – [CH₃COOH]_ionizado = [CH₃COOH]_inicial – [CH₃COO^–] = 0,100 – 1,318 x 10^–3 = 0,09868 mol dm^–3

⇒ Para um volume de 1 dm³, a percentagem do ácido não ionizado :

• Etapas de resolução:

A) Cálculo da concentração de ácido acético ionizado na solução inicial (c = 1,318 × 10^-3 mol dm^-3) …….. 3 pontos

B) Cálculo da concentração de ácido acético não ionizado na solução inicial (c = 9,868 × 10^-2 mol dm^-3) …….. 4 pontos

C) Cálculo da percentagem de ácido acético não ionizado na solução inicial (98,7%) …….. 3 pontos

• Opção (C)

Tendo em conta a relação entre o pH e a concentração de H3O+ expressa em moles poe decímetro cúbico, pH = −log [H₃O⁺] e analisando a tabela 

⇒ Calcular a concentração de catião, H₃O⁺, na solução inicial, [H₃O⁺]_i

• Por análise da tabela, verifica-se que o pH inicial da solução é 2,88 

⇒ Calcular a concentração de catião, H₃O⁺, na solução após a adição de 40,00 cm³ de NaHO, [H₃O⁺]_após 

• Por análise da tabela, verifica-se que o pH da solução após a adição de 40,00 cm3 de NaHO é 5,36 

⇒ Estabelecer a razão entre as concentrações correspondentes 

• O que mostra que, quando o volume total de NaHO (aq) adicionado é 40,00 cm³, a concentração hidrogeniónica diminui cerca de trezentas vezes, em relação ao valor inicial. 

• Opção (C) …………. 5 pontos

⇒ Ao se adicionar NaOH (aq) à solução de ácido acético, o OH^– ionizado reage com o H₃O⁺ (aq) da solução, diminuindo desta forma a sua concentração.

• NaOH (aq) + H₃O⁺ (aq) → Na⁺ (aq) + 2 H₂O (ℓ)

⇒ De acordo com o Princípio de Le Châtelier, à perturbação que diminui a concentração de uma espécie o sistema reacional reage evoluindo no sentido em que procura repor a concentração dessa espécie, neste caso o produto da reação H₃O⁺ (aq).

Portanto, neste caso o sistema evolui no sentido direto, o qual favorece a ionização do ácido.

ou

⇒ A adição de solução aquosa de hidróxido de sódio, NaHO (aq), a uma solução aquosa de ácido acético provoca uma diminuição da concentração hidrogeniónica, [H₃O⁺] (aq), devido a ocorrer a reação representada pela seguinte equação química:

• NaOH (aq) + H₃O⁺ (aq) → Na⁺ (aq) + 2 H₂O (ℓ)

⇒ Tendo em consideração o Principio de Le Chatelier, (quando um sistema em equilíbrio é sujeito a uma perturbação única, o sistema desloca-se no sentido de contrariar essa perturbação até se estabelecer um novo estado de equilíbrio) pode dizer-se que será favorecida a reação que conduz a um aumento da concentração de H₃O⁺, que nestas circunstâncias é a reação de ionização do ácido acético, representada pela equação química:

• CH₃COOH (aq) + H₂O (ℓ) ⇄ CH₃COO⁻ (aq) + H₃O⁺ (aq)

Deste modo, é possível concluir que a ionização do ácido acético em água é favorecida pela adição de NaOH.

• Tópicos de referência:

A) A adição de NaOH(aq) [a uma solução aquosa de ácido acético] provoca uma diminuição da concentração de H₃O⁺(aq).

B) Assim, [de acordo com o Princípio de Le Châtelier,] é favorecida a reação que conduz a um aumento da concentração de H₃O⁺ (aq), o que permite concluir que a ionização do ácido [acético em água] é favorecida [pela adição de NaOH (aq)].

• Opção (D)

⇒ O número de oxidação (n.o.) de um elemento num composto covalente, num dado estado, é a carga que um átomo desse elemento adquiriria se os eletrões ligantes, em cada ligação, fossem totalmente atribuídos aos átomos mais eletronegativos.

⇒ Determinar o número de oxidação, n, do manganês, Mn, no ião permanganato, MnO₄^–

⇒ A soma algébrica dos números de oxidação de todos os átomos num ião é igual à carga do ião.

⇒ O número de oxidação do oxigénio é −2 exceto nos peróxidos onde o número de oxidação é −1, e nos superóxidos onde é −½.

• n.o. (Mn) + 4 n.o. (O) = −1 ⇔ n.o. (Mn) + 4 (−2) = −1 ⇔ n.o. (Mn) −8 = −1 ⇔ n.o. (Mn) = −1 + 8 ⇔ n.o.(Mn) = 7

⇒ Determinar o número de oxidação, n.o. do manganês, Mn, no catião manganês(II), Mn²⁺

⇒ O número de oxidação de um elemento num ião monoatómico coincide com a carga do ião.

• Δn.o. (Mn) =n.o. (Mn)_final − n.o. (Mn)_inicial ⇔ Δn.o. (Mn) =+2 − (+7) ⇔ Δn.o. (Mn) = −5

⇒ Na reação considerada, o número de oxidação do manganês diminui de +7 para +2, isto é, sofre uma variação de −5 , pelo que sofreu redução, funcionando como oxidante, dado que capta eletrões, provocando a oxidação da outra espécie.

• Opção (D) …………. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ Calcular a massa pura de etanal:

⇒ A equação química mostra que por cada 5 mol de CH₃CHO (etanal) oxidado forma-se 5 mol de CH₃COOH (ácido etanoico ou acético), ou seja, a proporção estequiométrica é de 1:1.

• Opção (B) …………. 5 pontos

⇒ A equação química evidencia uma reação de 5 mol CH₃CHO (etanal) para 5 mol CH₃COOH (etanol), o que é equivalente a uma reação de proporção 1:1. Então, num processo com um rendimento de 100%, 1 mol CH₃CHO (44,06 g) origina 1 mol CH₃COOH (66,06 g).

• 15 g de CH₃COOH serão o resultado da reação de

• Etapas de resolução:

A) Cálculo da massa de ácido acético que se obteria se o rendimento da reação fosse 100% (m = 17,6 g) ou equivalente …….. 5 pontos

B) Cálculo da massa de CH₃CHO que tem de reagir (m = 13 g) …….. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ Tendo em consideração a notação de Lewis para a molécula de ácido acético CH₃COOH, e sabendo que cada traço representa um par de eletrões ligantes (dois eletrões) e que cada dois pontos representam um par de eletrões (dois eletrões) não partilhados e que neste tipo de representação apenas são representados os eletrões de valência, verifica-se que a molécula de ácido acético apresenta no total 24 eletrões de valência.

Nota: Poder-se-ia ter chegado à mesma conclusão tendo em conta que o número de eletrões de valência, n.e.v., que uma molécula apresenta é a soma do número de eletrões de valência dos átomos que a constituem. Assim, neste caso, sabendo que os eletrões de valência, para os elementos representativos são os do último nível, tendo em consideração a configuração eletrónica de estado fundamental, começaríamos por escrever as respetivas configurações eletrónicas dos elementos envolvidos:

₁H ⇒ 1s¹

₆C ⇒ 1s² 2s² 2p²

₈O ⇒ 1s² 2s² 2p⁴

• n.e.v.(CH₃COOH) = 4 n.e.v.(H) + 2 n.e.v.(C) +2 n.e.v.(O) ⇔ n.e.v.(CH₃COOH) = 4(1) + 2(4) +2(6) ⇔ n.e.v.(CH₃COOH) = 4 + 8 +12 ⇔ n.e.v.(CH₃COOH) = 24

⇒ Chegando-se, como seria de prever, à conclusão que cada molécula de ácido acético tem 24 eletrões de valência.

• Opção (A) …………. 5 pontos

• Opção (D)

⇒  Analisando a fórmula química do ácido acético, verifica-se que cada molécula é constituída por 8 átomos (4 átomos de hidrogénio, 2 átomos de carbono e 2 átomos de oxigénio), permitindo concluir que o número de átomos de hidrogénio é 4 vezes superior ao número de moléculas.

⇒ Calcular o número de moléculas, N, de ácido acético existente em 5 moles, n, de moléculas de CH₃COOH

• N(CH₃COOH) = n(CH₃COOH) ×  N_A ⇔ N(CH₃COOH) = 5 × 6,02×10²³ ⇔ N(CH₃COOH) = 3,01×10²⁴ moléculas

⇒ Calcular o número de átomos de hidrogénio, N, existente em 3,01×10²⁴ moléculas de CH₃COOH

• N(H) = 4 × N(CH₃COOH) ⇔ N(H) = 3,01×10²⁴ × 4 ⇔ N(H) = 1,2×10²⁵ átomos.

• Opção (D) …………. 5 pontos

⇒ O estado fundamental de um átomo designa-se por estado de menor energia do átomo ou estado que corresponde à distribuição eletrónica de menor energia.

• Estado de menor energia [do átomo] ou equivalente …….. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ Um átomo de um elemento que pertence ao segundo período da tabela periódica distribui os seus eletrões por dois níveis energéticos diferentes, o nível a que corresponde o número quântico principal, n= 1, e aquele a que corresponde número quântico principal, n = 2. Se pertence ao grupo 15 é porque possui 5 eletrões de valência.

⇒ Então a configuração eletrónica de menor energia (a configuração eletrónica de estado fundamental) para átomos desse elemento será 1s2 2s2 2p3 (o que permite concluir que o elemento em estudo possui número atómico sete, sendo por isso o nitrogénio).

⇒ Nos átomos polieletrónicos, isto é, em átomos que possuem mais do que um eletrão, a energia de cada eletrão depende do número quântico principal n, e também depende do número quântico secundário, ℓ.

⇒ Os cinco eletrões de valência (os eletrões do último nível) distribuem-se, no estado fundamental, por quatro orbitais a que correspondem dois valores diferenciados de energia, (E2s < E2p ), um para a orbital 2s, e outro para qualquer uma das orbitais 2p (as três orbitais 2p: 2px, 2py e 2pz, possuem todas a mesma energia, por isso se chamam orbitais degeneradas).

• Opção (A) …………. 5 pontos

• Opção (B)

⇒  Configuração eletrónica de estado excitado é uma configuração eletrónica que não obedece ao princípio da energia mínima.

⇒ Assim:

(A) representa uma configuração eletrónica impossível porque apresenta 3 eletrões numa orbital 2p.

(C) representa a configuração eletrónica de estado fundamental.

(D) representa uma configuração eletrónica impossível porque apresenta 3 eletrões na orbital 2s.

• Opção (B) …………. 5 pontos

• Opção (D)

⇒ Se as configurações eletrónicas de valência são semelhantes significa que possuem o mesmo número de eletrões de valência, por isso referem-se a átomos que pertencem ao mesmo grupo.

⇒ Se esses eletrões se distribuem por orbitais do mesmo tipo é porque o número quântico secundário não varia, mas de número quântico principal diferente, pelo que o período é diferente.

• Opção (D) …………. 5 pontos

⇒ Energia de ionização é a energia mínima necessária para remover um eletrão de um átomo, gasoso, isolado, no seu estado fundamental. A grandeza da energia de ionização está relacionada com a força com que o eletrão está “preso” ao átomo. Quanto maior a energia de ionização, mais difícil é a remoção do eletrão.

⇒ Ao longo de um mesmo grupo da tabela periódica, à medida que o número atómico aumenta, os eletrões de valência, dos elementos representativos, estão em orbitais de número quântico principal, n, sucessivamente maior, isto é, níveis de energia sucessivamente mais elevados.

⇒ A energia dos eletrões de valência aumenta ao longo de um mesmo grupo da tabela periódica à medida que o número atómico aumenta, porque os eletrões de valência encontram-se a distâncias médias dos respetivos núcleos sucessivamente maiores, o que implica que a força de atração entre o núcleo e esses eletrões seja sucessivamente menor.

⇒ Sendo a energia dos eletrões de valência sucessivamente mais elevada, ao longo de um mesmo grupo da tabela periódica, à medida que o número atómico aumenta, a energia mínima necessária para remover um dos eletrões de valência, do átomo, gasoso, isolado, no seu estado fundamental, será cada vez menor.

• Tópicos de referência:

A) [Ao longo de um mesmo grupo da tabela periódica (à medida que o número atómico aumenta),] os eletrões de valência [dos átomos dos elementos representativos] encontram-se em orbitais com número quântico principal sucessivamente maior (ou em níveis de energia sucessivamente mais elevados) ou equivalente.

B) Sendo a energia dos eletrões de valência sucessivamente mais elevada, a energia mínima necessária para remover um dos eletrões de valência (ou equivalente) [do átomo, no estado fundamental,] será cada vez menor.

ou

• Os eletrões de valência encontram-se a distâncias [médias] dos respetivos núcleos sucessivamente maiores (ou equivalente), o que implica que a força de atração entre o núcleo e esses eletrões seja sucessivamente menor. Assim, a energia mínima necessária para remover um dos eletrões de valência (ou equivalente) [do átomo, no estado fundamental,] será cada vez menor.