⇒ Observam-se riscas coloridas sobre um fundo negro, resultantes da emissão de radiações com certos valores de energia na zona do visível.

⇒  Cada elemento tem um espetro de emissão próprio que permite identificá-lo.

• Riscas coloridas sobre um fundo negro. …………. 5 pontos

• ₁₀Ne – 1 s² 2s² 2p⁶

⇒ Das orbitais ocupadas, há três orbitais com a mesma energia.

⇒ São as três orbitais 2p, (2p_x, 2p_y, 2p_z).

⇒ Estas orbitais, por terem a mesma energia, designam-se por orbitais degeneradas.

• Três [orbitais] ………….. 5 pontos

• Opção (D)

⇒ No átomo de hidrogénio, a série de emissão espetral observada na zona do visível, série de Balmer, corresponde a transições do eletrão de um nível de energia superior para o primeiro estado excitado, isto é, para o nível de energia n = 2.

⇒ A energia do fotão emitido numa desexcitação é igual à diferença de energias dos níveis entre os quais ocorre a transição, a emissão de radiação visível de menor frequência, ou seja, de menor energia, corresponde a uma transição eletrónica do nível n = 3 para o nível n = 2.

• Opção (D) …………. 5 pontos

• Opção (B)

⇒ ₁₉K – 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s¹;  K⁺ – 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ (Quatro orbitais de valência)

⇒ ₁₇Cl – 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁵;  Cl⁻ – 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ (Quatro orbitais de valência)

Os iões K⁺ e Cl^– são partículas isoeletrónicas, pelo que têm a mesma configuração eletrónica. Têm o mesmo número de orbitais de valência, quatro.

O número de eletrões de valência destas partículas é 8 e não 6.

As configurações eletrónicas não são diferentes.

• Como o número de orbitais ocupadas por ambos os iões é 9 (1s, 2s, 2p_x, 2p_y, 2p_z, 3s, 3p_x, 3p_y, 3p_z).

• Opção (B)  ……………. 5 pontos

2 Li (s) + 2 H₂O (l) → 2 LiOH (aq) + H₂ (g)  //     ₃Li – 1s² 2s¹

2 K (s) + 2 H₂O (l)  → 2 KOH (aq) + H₂ (g)    // ₁₉K – 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s¹

⇒ Ambos os átomos possuem um só eletrão de valência, ns¹, mas o eletrão de valência do potássio encontra-se num nível energético superior (n = 4) ao nível energético em que se encontra o eletrão de valência do lítio (n = 3).

⇒ Assim, no potássio, esse eletrão está menos ligado ao núcleo porque existem mais eletrões em camadas interiores que efetuam a “blindagem” do núcleo, isto é, tornam menor a carga nuclear efetiva.

⇒ Por isso, o potássio é o que necessita de menos energia para a água lhe remover um eletrão (ou seja, tem menor energia de ionização).

⇒ Como na reação do lítio e do potássio com a água ocorre a libertação do eletrão de valência dos respetivos átomos, o potássio perde mais facilmente o seu eletrão de valência e, portanto, reage mais vigorosamente com a água do que o lítio.

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

A) O eletrão de valência do átomo de potássio encontra-se num nível energético superior ao nível energético em que se encontra o eletrão de valência do átomo de lítio.

B) [Assim, por comparação com o átomo de lítio,] o eletrão de valência do átomo de potássio encontra-se mais afastado do respetivo núcleo, sofrendo menor atração por parte deste e sendo, por isso, mais facilmente removido.

C) A reação do lítio e a reação do potássio com a água envolvem a perda do eletrão de valência dos átomos respetivos [, pelo que a reação do potássio com a água será mais vigorosa do que a reação do lítio].

Nota – A apresentação das configurações eletrónicas dos átomos de lítio e de potássio 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 os tópicos de referência B e/ou C, 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.

⇒ Cada elemento, quando excitado, ao regressar ao estado fundamental, emite um conjunto de radiações característico, o que constitui o seu espetro de emissão (espécie de impressão digital do elemento), com diferentes frequências, que se estendem da zona infravermelha à zona ultravioleta, passando pela zona do visível.

⇒ O espetro na zona do visível consiste num conjunto de radiações visíveis, de cores diferentes (frequências diferentes) e é igualmente característico do elemento e a sua presença (ou ausência) mostra a presença (ou ausência) do elemento.

⇒ No caso referido da descoberta do árgon, foi o aparecimento de um conjunto de riscas que não correspondia a nenhum elemento conhecido que mostrou tratar-se de um novo elemento.

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

A) Num espectro atómico de emissão, na região do visível, observam-se riscas coloridas sobre um fundo negro.

B) Estas riscas ocorrem a energias (ou a frequências, ou a comprimentos de onda) características de cada elemento químico.

C) [Uma vez que] as riscas observadas no espectro de emissão desse gás não coincidiam com as riscas observadas nos espectros de emissão até aí conhecidos [, concluiu-se que o gás era constituído por um elemento químico que nunca tinha sido identificado].

• Opção (B)

⇒ As configurações eletrónicas de valência dos três elementos nos estados fundamentais são ns² np⁵.

⇒ Os eletrões de valência de qualquer um destes átomos no estado fundamental têm dois valores diferentes de energia, correspondentes aos eletrões dos subníveis ns e np.

• Opção (B)  ……………. 5 pontos

• Opção (C)

⇒ O átomo de cloro no estado fundamental tem a configuração eletrónica [Ne] 3s² 3p⁵.

⇒ Se se fornecer ao átomo de cloro isolado, no estado fundamental, uma energia igual ou superior à energia de ionização, é removido um eletrão de valência, transformando-o num catião monopositivo.

⇒ Forma-se, então, o ião Cl⁺, com a configuração eletrónica no estado fundamental [Ne] 3s² 3p⁴.

⇒ De acordo com a regra de Hund, os quatro eletrões 3p estão distribuídos pelas três orbitais 3p, como, por exemplo: 3p_x² 3p_y¹ 3p_z¹.

• Opção (C)  ……………. 5 pontos

• Opção (B)

• ₈O⁺ – 1s² 2s² 2p_x¹ 2p_y¹ 2p_z¹

⇒ O ião O⁺ apresenta uma configuração eletrónica de valência com 4 orbitais, 1 orbital completamente preenchida e 3 orbitais semipreenchidas.

⇒ Assim, 2 eletrões de valência estão emparelhados na orbital 2s e 3 eletrões de valência estão desemparelhados nas orbitais 2p_x , 2p_y e 2p_z (de acordo com a Regra de Hund, maximizando o número de eletrões desemparelhados em orbitais degeneradas).

• Opção (B)  ……………. 5 pontos

• Opção (B)

⇒  O nitrogénio, Z = 7, com configuração eletrónica no estado fundamental 1s² 2s² 2p_x¹ 2p_y¹ 2p_z¹, tem os 5 eletrões de valência distribuídos por quatro orbitais.

⇒ A orbital 2s apresenta menor energia do que as orbitais 2p.

• Opção (B)  ……………. 5 pontos

• Opção (B)

⇒  Da Tabela Periódica dos Elementos (TP), constata-se que o número atómico do alumínio ( ₁₃Al ) é 13.

⇒ O número de eletrões dos átomos de alumínio ( ₁₃Al) é igual ao número de protões (ou número atómico).

⇒ O catião Al³⁺ tem menos três eletrões do que o átomo respetivo, ou seja, 13 – 3 = 10, sendo, portanto, isoeletrónico do néon (10Ne):

• ₁₃Al³⁺ ⇒ 1s² 2s² 2p_x² 2p_y² 2p_z² 

⇒ De acordo com a configuração eletrónica do catião Al³⁺, no estado fundamental, verifica-se que os dez eletrões se distribuirão por dois níveis de energia, preenchendo a orbital 1s do primeiro nível e as quatro orbitais (a 2s e as três 2p) do segundo nível.

• Assim, que o catião  Al³⁺ tem dez eletrões distribuídos por cinco orbitais

• Opção (B)  ……………. 5 pontos

• Opção (D)

 ₉F: 1s² 2s² 2p⁵

₁₇Cl: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁵

⇒ São elementos do mesmo grupo, mas pertencentes a períodos diferentes.

• Apresentam o mesmo número de eletrões de valência distribuídos pelo mesmo número de orbitais, tendo, nos dois casos, uma orbital de valência semipreenchida.

• Opção (D)  ……………. 6 pontos

• Opção (D)

⇒ n = 3 → n = 2 : E = 3,0 x 10^-19 J

⇒ n = 4 → n = 2 : E = 4,1 x 10^-19 J

• ΔE_4→3 = 3,0 x 10^-19 –  4,1 x 10^-19 = -1,1 x 10^-19 J

• Opção (D)  ……………. 6 pontos

• Opção (C)

⇒ A cor que é conferida à chama quando uma amostra de sal é aquecida depende da radiação emitida pela amostra, depois de aquecida.

⇒ Quanto maior for a energia transferida para a amostra, maior é a possibilidade de excitação dos átomos do elemento presente no sal e posteriormente, num processo de desexcitação, ser emitida radiação característica desse elemento.

⇒ A amostra deve ser colocada na zona mais quente da chama para absorver mais energia.

⇒ Por outro lado, de modo a que não haja contaminação das amostras a analisar, para cada sal deverá ser utilizada uma colher de combustão diferente, que deverá estar limpa de resíduos doutros sais.

⇒ Se for usada a mesma colher em todas as amostras, a cor observada pode não ser consequência do sal em e tudo, mas resultado da emissão de radiação por sais contaminantes.

• Opção (C)  ……………. 6 pontos

⇒ Uma das limitações deste teste na identificação dos elementos químicos em amostras de sais é a possibilidade de observação de colorações provenientes de impurezas;

⇒ Outra limitação é que apenas se podem identificar os elementos que originam uma coloração característica ( os elementos associados apenas a alguns catiões).

⇒ A presença de impurezas pode originar sobreposição de cores.  …….. 6 pontos

ou

• Apenas podem ser identificados os elementos químicos (presentes nas amostras dos sais) que, no teste de chama, dão origem a uma cor característica.

ou

• Existem elementos químicos diferentes que, no teste de chama, dão origem a cores semelhantes.

• Opção (D)

⇒ Quando a amostra é aquecida, os eletrões podem absorver energia transitando de níveis inferiores para outros superiores (excitação).

⇒ Contudo, tenderão a transitar de novo para um nível de energia mais baixa, sendo essa transição acompanhada de emissão de radiação.

⇒ A cor adquirida pela chama, quando se faz o teste da chama, deve-se à emissão de radiação pelos átomos metálicos da amostra, que ocorre quando os eletrões transitam para níveis de energia eletrónicos inferiores.

• Uma vez que essas transições são uma caraterística de cada elemento, a cor da radiação emitida é também uma caraterística desse mesmo elemento.

• Opção (D)  ……………. 6 pontos

⇒ A distância medida entre dois níveis de energia representados na figura é diretamente proporcional ao módulo da diferença de energia entre esses mesmos níveis.

⇒ À distância 3,20 cm, medida entre o nível 𝑛 = 2 e o nível 𝑛 = 1, corresponde uma diferença de energia de

• (−5,45 x 10⁻¹⁹ − (−2,18 x 10⁻¹⁸)) J = 1,64 x 10⁻¹⁸ J.

⇒ A diferença de energia entre o nível 𝑛 = 4 e o nível 𝑛 = 3 é

• (−1,36 x 10⁻¹⁹ − (−2,42 x 10⁻¹⁹)) J = 1,06 x 10⁻¹⁹ J.

⇒ A distância 𝑑 a que o nível 𝑛 = 4 deverá estar do nível 𝑛 = 3 pode calcular-se com base na seguinte proporção:

• A resposta deve incluir os seguintes passos:

A) Determinação da escala utilizada no diagrama

• (-2,42 x 10^-19 + 5,45 x 10^-19) J : 0,60 cm

ou

• (-5,45 x 10^-19 + 2,18 x 10^-18) J : 3,20 cm

ou

• (-2,42 x 10^-19 + 2,18 x 10^-18) J : 3,80 cm

B) Cálculo da distância a que o nível n = 4 deveria estar do nível n = 3 (0,21 cm).

* Devem ser aceites distâncias que apresentem desvios, em módulo, não superiores a 0,05 cm em relação às distâncias indicadas.

⇒ O aparecimento de uma risca no espectro de emissão do átomo de hidrogénio é consequência de uma transição eletrónica, que segundo o modelo de Bohr, só ocorrerá por emissão de uma quantidade bem definida de energia, igual ao módulo da diferença entre as energias dos níveis entre os quais ocorre a transição.

⇒ A energia do fotão emitido pelo eletrão do átomo de hidrogénio ao transitar do nível 𝑛 = 3 para 𝑛 = 2 é:

• 𝐸_fotão = |Δ𝐸_eletrão| = |−5,45 x 10⁻¹⁹ J − (−2,42 x 10⁻¹⁹) J| = 3,03 x 10⁻¹⁹ J.

⇒ A energia do fotão emitido pelo eletrão do átomo de hidrogénio ao transitar diretamente do nível 𝑛 = 4 para o nível 𝑛 = 2 é:

• 𝐸_fotão = |Δ𝐸_eletrão| = |−5,45 x 10⁻¹⁹ J − (−1,36 x 10⁻¹⁹) J| = 4,09 x 10⁻¹⁹ J.

⇒ 3,45 x 10⁻¹⁹ J é um valor de energia que está compreendido entre os valores correspondentes às transições eletrónicas de 𝑛 = 3 ⟶ 𝑛 = 2 e 𝑛 = 4 ⟶ 𝑛 = 2, assim, conclui-se que não poderá existir uma risca a 3, 45 x 10⁻¹⁹ J.

• A resposta deve incluir os seguintes passos:

A) Cálculo das energias a que se situam as duas primeiras riscas do espectro de emissão do átomo de hidrogénio na região do visível (E = 3,03 x 10^-19 J e E = 4,09 x 10^-19 J ).

B) Comparação de 3,45 x 10^-19 J com os valores de energia calculados (3,45 x 10^-19 J situa-se entre 3,03 x 10^-19 J e 4,09 x 10^-19 J).

C) Conclusão (não poderá existir uma risca a 3,45 x 10^-19 J).

ou

A) Cálculo da energia de um nível hipotético em que o eletrão se encontraria inicialmente se ocorresse uma transição eletrónica que desse origem a uma risca a 3,45 x 10^-19 J (-2,00 x 10^-19 J).

B) Comparação da energia do nível hipotético com as energias dos níveis n = 3 e n = 4 (-2,00 x 10^-19 J situa-se entre as energias dos níveis n = 3 e n = 4).

C) Conclusão (não poderá existir uma risca a 3,45 x 10^-19 J).