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PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROVA DE 2.ª FASE - 2014 (VERSÃO 1)
GRUPO I
1. O nome da grandeza a que se refere a expressão em itálico é aceleração.
2. (C)
Uma vez que as forças dissipativas foram totalmente eliminadas, na situação descrita, o sistema é
conservativo, dado que a única força que realiza trabalho – o peso ou força gravítica – é uma força
conservativa.
Nessas condições, a energia mecânica é constante (Em= constante) e a variação da energia mecânica é nula
(∆Em =0). Deste modo, sendo a variação da energia mecânica (∆Em =∆Ep +∆Ec) a soma da variação da energia
potencial gravítica (∆Ep) com a variação da energia cinética (∆Ec), pode dizer-se que a variação da energia
cinética é o simétrico da variação da energia potencial (∆Ep =−∆Ec). Desenvolvendo esta igualdade na situação
apresentada resulta
∆Ep =−∆Ec ⇔ ( )⇔
⇔ (
)⇔
⇔
⇔
*⇔
⇔ ⇔ √
Esta expressão evidencia que o módulo da velocidade no ponto mais baixo da linha dos carris é independente
da massa do carrinho, dependente do módulo da aceleração gravítica local e não é diretamente proporcional à
altura do ponto de partida nem à energia mecânica inicial do sistema carrinho + Terra.
* Uma vez que hponto mais baixo= 0 e vponto mais alto = 0
3. (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.
4. O carrinho nunca atingirá a altura do ponto de partida porque o sistema não é conservativo, verifica-se
dissipação de energia mecânica, o que implica uma variação da energia mecânica negativa (∆Em <0).
A variação da energia mecânica (∆Em =∆Ep +∆Ec) é a soma da variação da energia potencial gravítica (∆Ep)
com a variação da energia cinética (∆Ec).
Sendo nulas as velocidades do ponto de partida e do ponto mais alto posteriormente atingido, também será
nula a variação da energia cinética entre essas duas posições (∆Ec =0).
Nestas condições, a variação da energia mecânica (entre o ponto de partida e do ponto mais alto
posteriormente atingido) é igual à variação da energia da energia potencial gravítica (∆Em =∆Ec) o que
traduzirá uma variação de energia potencial negativa (∆Ep <0).
Atendendo à expressão matemática que define a energia potencial gravítica (Ep) do sistema carrinho+Terra,
que é Ep = m g h, da variação da energia potencial gravítica resulta:
− <0 ⇔ m g hpartida –m g hponto mais alto < 0⇔ mg(hpartida –hponto mais alto)<0 uma vez que a
massa (m) e o módulo da aceleração gravítica (g) se mantêm constantes, a diminuição da energia potencial
gravítica terá de resultar de uma diminuição da altura do ponto mais alto posteriormente atingida (hponto mais
alto) relativamente à altura do ponto de partida (hpartida).
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GRUPO II
1. A bola é abandonada do topo do plano inclinado o que faz com que o valor da velocidade inicial (v0) seja nulo.
A bola move-se no plano com módulo da aceleração (a) constante, o que faz com que durante a descida a
resultante das forças que atuam na bola seja diferente de zero e constante. Assim, nestas circunstâncias, o
movimento da bola é retilíneo uniformemente acelerado.
Deste modo, a lei horária das posições x = x0 + v0t +
pode ser simplificada pela expressão x − x0 =
e
considerando x − x0 = d, resultará: d =
ou =
.
Processo 1
Representando a distância percorrida, d, em função do quadrado do tempo, t2, gasto para a percorrer, deverá
obter-se uma reta cujo declive será metade (um meio) do módulo da aceleração do movimento em estudo.
Determinar para d em função de t2, a equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto de valores
registados na tabela.
A equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto de valores registados na tabela é
d = 0,1738t2 + 8,0×10−4(SI) ou y = 0,1738x + 8,0×10−4 (SI), y a distância percorrido (d) e x o quadrado do
tempo.
Calcular o módulo da aceleração da bola, no movimento considerado
Analisando a equação da reta em estudo verifica-se que o declive é 0,1738 e de acordo com a equação das
posições para movimentos uniformemente variados:
declive =
⇔ a = 2 × declive ⇔ a = 2 × 0,1738 ⇔ a = 0,348 m s−2.
Processo 2
Determinar para t2em função de d, a equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto de valores
registados na tabela.
A equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto de valores registados na tabela é
t2= 5,754d − 4,0×10−3(SI) ou y = 5,754x − 4,0×10−3 (SI), correspondendo x a t2 e y a d.
Calcular o módulo da aceleração da bola, no movimento considerado
Analisando a equação da reta em estudo verifica-se que o declive é 5,754
declive =
⇔ declive × a = 2 ⇔ a =
⇔ a =
⇔ a = 0,348 m s−2.
O módulo da aceleração da bola, no movimento considerado é 0,348 m s−2.
2.
2.1. (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. 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, o que apenas valida o gráfico (B).
O gráfico (A) evidencia que a velocidade tem o sentido positivo do eixo de referência e módulo crescente.
O gráfico (C) evidencia que a velocidade tem sentido positivo do eixo de referência e módulo decrescente.
O gráfico (D) evidencia que a velocidade tem sentido negativo do eixo de referência e módulo decrescente.
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2.2. (D)
A bola sobe e desce em condições segundo as quais a resistência do ar é desprezável. Nestas condições, 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. Deste modo 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, o que apenas valida o gráfico
(D).
GRUPO III
1. 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.
2. (C)
Recorrer à expressão E = m ∆H para calcular a energia, expressa em joules, necessária para fundir
30,0 g de gelo que se encontra a 0 oC
E = m ∆H ⇔ 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.
3.
3.1. O estabelecimento do balanço energético do sistema baseia-se na Lei da Conservação da Energia ou 1ª
Lei da Termodinâmica.
3.2.
Processo 1
Recorrer à expressão E = m c ∆T para calcular a energia cedida pela água quando a sua temperatura
varia de 20,0 oC para 11,0 oC
m(água líquida) = 260,0 g ⇔ m(água líquida) = 0,2600 kg
Ao substituir o valor da massa de água líquida na expressão, E = m c ∆T, esta deve estar expressa em
quilogramas devido às unidades da capacidade térmica mássica.
E = m c ∆T ⇔ E = m c (θf−θi)⇔ E = 0,2600 × 4,18 × 10−4×(11,0 – 20,0) ⇔
⇔ E = 0,2600 × 4,18 × 104× (– 9,0) ⇔ E = −9,781 × 103 J
A energia cedida pela água foi 9,781 × 103 J
Comparar a energia cedida pela água líquida com a energia recebida pelo gelo
A energia cedida pela água quando a sua temperatura diminui de 20,0 oC para 11,0 oC foi 9,781 × 103 J e, de
acordo com o enunciado, a energia recebida pelo gelo quando funde e a sua temperatura aumenta de 0 oC
para 11,0 oC foi de 1,140× 104 J.
Verifica-se que: 1,140× 104 J > 9,781 × 103 J
Conclusão sobre o sentido em que terá ocorrido a transferência de energia
A energia recebida pelo gelo quando funde e a sua temperatura aumenta de 0 oC para 11,0 oC é superior à
energia cedida pela água líquida quando a sua temperatura diminui de 20,0 oC para 11,0 oC, o que permite
deduzir que o gelo recebeu mais energia do que aquela que foi cedida pela água, o que possibilita concluir que
ocorreu transferência de energia do exterior para o sistema.
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Processo 2
Recorrer à expressão E = m c ∆T para calcular a energia cedida pela água quando a sua temperatura
varia de 20,0 oC para 11,0 oC
m(água líquida) = 260,0 g ⇔ m(água líquida) = 0,2600 kg
Ao substituir o valor da massa de água líquida na expressão, E = m c ∆T, esta deve estar expressa em
quilograma devido às unidades da capacidade térmica mássica.
E = m c ∆T ⇔ E = m c (θf−θi)⇔ E = 0,2600 × 4,18 × 10−4×(11,0 – 20,0) ⇔
⇔ E = 0,2600 × 4,18 × 104× (−9,0) ⇔ E = −9,781 × 103 J
A energia cedida pela água foi 9,781 × 103 J
Determinar a variação de energia interna (∆Ei) do sistema (260,0 g de água líquida a 20,0 oC + 30,0 g
de gelo oC a 0 ºC) quando sofre a transformação para 290,0 g de água líquida a 11,0 oC.
∆Ei = Ecedida pela água líquida + Erecebida pelo gelo ⇔∆Ei = −9,781 × 103 + 1,140× 104 ⇔ ∆Ei =1,61× 103 J
Conclusão sobre o sentido em que terá ocorrido a transferência de energia
A variação da energia interna do sistema é positiva. Significa que o sistema recebeu energia pelo que se
conclui que a transferência de energia ocorreu do exterior para o sistema.
Processo 3
Recorrer à expressão E = m c ∆T para calcular a energia cedida pela água quando a sua temperatura
varia de 20,0 oC para 11,0 oC
m(água líquida) = 260,0 g ⇔ m(água líquida) = 0,2600 kg
Ao substituir o valor da massa de água líquida na expressão, E = m c ∆T, esta deve expressa estar em
quilograma devido às unidades da capacidade térmica mássica.
E = m c ∆T ⇔ E = m c (θf−θi)⇔ E = 0,2600 × 4,18 × 10−4×(11,0 – 20,0) ⇔
⇔ E = 0,2600 × 4,18 × 104× (−9,0) ⇔ E = −9,781 × 103J
A energia cedida pela água líquida foi 9,781 × 103 J
Recorrer à expressão E = m ∆H para calcular a energia, em joules, necessária para fundir 30 g de gelo
que se encontra a 0 oC
m(gelo) = 30,0 g ⇔ m(gelo) = 0,0300 kg
Ao substituir o valor da massa de gelo na expressão, E = m ∆H, esta deve estar expressa em quilogramas
devido às unidades da variação de entalpia de fusão do gelo.
E = m ∆H ⇔ E = 0,0300× 3,34×105 ⇔ E = 1,002×104 J
Comparar a energia necessária para a fusão completa do gelo com a energia cedida pela água
inicialmente a 20,0 oC.
A energia necessária para a fusão completa do gelo, 1,002×104 J, é superior à energia cedida pela água
inicialmente a 20,0 oC, ou seja, 9,781 × 103 J
Conclusão sobre o sentido em que terá ocorrido a transferência de energia
A energia necessária para a fusão completa do gelo, 1,002×104 J é superior à energia cedida pela água
inicialmente a 20,0 oC, 9,781 × 103 J, o que significa que o sistema recebeu energia. Conclui-se que a
transferência de energia ocorreu do exterior para o sistema.
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Processo 4
Recorrer à expressão E = m c ∆T para calcular a diminuição de temperatura que a água líquida,
inicialmente a 20,0 oC teria sofrido se tivesse sido ela a ceder toda a energia recebida pelo gelo.
m(água líquida) = 260,0 g ⇔ m(água líquida) = 0,2600 kg
Ao substituir o valor da massa de água líquida na expressão, E = m c ∆T, esta deve expressa estar em
quilogramas devido às unidades da capacidade térmica mássica.
E = m c ∆T ⇔∆T =
⇔∆T =
⇔∆T = −10,5 oC
Calcular a variação de temperatura experimentada pelas 260,0 g de água líquida
∆T (água líquida) = (θf−θi)⇔ ∆T (água líquida) = (11,0−20,0)⇔ ∆T (água líquida) = − 9,0 oC
Comparar a diminuição de temperatura que a água líquida teria sofrido se tivesse sido ela a ceder
toda a energia recebida pelo gelo com a diminuição de temperatura que realmente se verificou
A diminuição de temperatura que a água líquida teria sofrido se tivesse sido ela a ceder toda a energia
recebida pelo gelo é 10,5 oC. Assim, seria maior que a diminuição de temperatura que realmente se verificou,
9,0 oC.
Conclusão sobre o sentido em que terá ocorrido a transferência de energia
Como a diminuição de temperatura que a água líquida teria sofrido se tivesse sido ela a ceder toda a energia
recebida pelo gelo, 10,5 oC, seria maior que a diminuição de temperatura que realmente se verificou, 9,0oC,
permite deduzir que o gelo recebeu mais energia do que aquela que foi cedida pela água. Assim, conclui-se
que ocorreu transferência de energia do exterior para o sistema.
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GRUPO IV
1. (D)
Por análise do gráfico, verifica-se que o índice de refração aumenta linearmente com o aumento da
concentração (quanto maior a concentração, maior o índice de refracção, n).
n =1,3350 para a solução de concentração 0,50 mol/L e n = 1,3385 para a solução de concentração 1,3400
mol/L
Atendendo à expressão nx =
que define o índice de refração, nx, do meio x, em que:
nx – índice de refração do meio x
vx – velocidade de propagação da radiação no meio x
c – velocidade de propagação da radiação no vazio,
obtém-se:
nx =
⟺ vx =
Pode concluir-se que quanto maior o índice de refração menor a velocidade de propagação da radiação nesse
meio, dado que a velocidade de propagação da radiação no vazio é uma constante.
Assim quanto maior a concentração, maior o índice de refracção e quanto maior o índice de refracção menor a
velocidade de propagação da radiação.
Por outro lado, tendo em conta a lei de Snell – Descartes para a refração nar sinαar = nsolução sinαsolução
onde nar e nsolução são os índices de refração dos meios ar e solução, respetivamente e αar, αsolução são os ângulos
entre a direção de propagação da radiação monocromática e a normal à superfície de separação dos meios no
ponto de incidência, ar e solução, respetivamente.
Neste caso, αar, será o ângulo de incidência (ângulo entre o raio incidente e a normal à superfície de separação
dos dois meios, no ponto de incidência) e αsolução, será o ângulo de refração (ângulo entre o raio refratado e a
normal à superfície de separação dos dois meios, no ponto de incidência)
nar sinαar = nsolução sinαsolução ⟺
sin αar =
sin αsolução ⟺ sin αsolução =
⟺αsolução =sin–1(
) o
que permite concluir que mantendo constante o ângulo de incidência, quanto maio for a velocidade de
propagação da radiação monocromática maior será o ângulo de refração nessa solução.
Conclusões que apenas validam a opção (D).
2.
Determinar o índice de refração da solução de ácido acético, para a radiação monocromática referida,
à temperatura de 20 oC.
Analisando o gráfico, verifica-se que o índice de refração de uma solução aquosa de ácido acético de
concentração 1,20 mol dm–3 a 20 oC é 1,3380
Calcular o ângulo de incidência, αar
αar = 90o – 40o ⇔ αar = 50o
Recorrer à expressão que traduz a lei de Snell – Descartes para a refração nar sin αar = nsolução sin αsolução
para calcular o ângulo de refração que se deverá observar
nar, nsolução –índices de refração dos meios ar e solução, respetivamente
αar, αsolução – ângulos entre a direção de propagação da radiação monocromática e a normal à superfície
separadora no ponto de incidência, nos meios ar e solução, respetivamente
Neste caso, αar, será o ângulo de incidência (ângulo entre o raio incidente e a normal à superfície de separação
dos dois meios, no ponto de incidência) e αsolução, será o ângulo de refração (ângulo entre o raio refratado e a
normal à superfície de separação dos dois meios, no ponto de incidência)
nar sin αar = nsolução sin αsolução ⟺ sin αsolução =
⟺ sin αsolução =
⟺ sin αsolução =0,5725
sin αsolução =0,5725 ⟺αsolução =sin–1(0,5725) ⟺αsolução =34,9o
O ângulo de refracção que se deverá observar é de 34,9o.
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3. (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 nar sin αar = nsolução sin αsolução
e sabendo que o ângulo crítico de incidência corresponde a um ângulo de refração de 90,0o , αsolução =90,0o
resulta:
nar sin 90,0o = nsolução sin αacrítico ⟺ sin αcrítico =
, o que evidencia que o ângulo crítico depende do índice
de refração da solução.
4. (A)
Fator de diluição =
⟺ Fator de diluição =
⟺ Fator de diluição = 9
5. (A)
Recorrer à expressão, ρsolução=
, para determinar o volume de solução, Vsolução, em função da
massa da solução, msolução, e da densidade da solução, ρsolução,
ρsolução=
⟺ Vsolução=
Recorrer à expressão c =
para determinar a quantidade de ácido acético, nácido, em função do volume,
Vsolução, e da concentração, csolução
csolução=
⟺ nácido= Vsolução×csolução
Determinar a expressão que permite calcular a quantidade, nácido, que existe em 100 g de solução
nácido= Vsolução×csolução⟺ nácido=
×csolução ⟺ nácido=
⟺ nácido= (
) mol
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GRUPO V
1. Uma base conjugada de um ácido de Brönsted-Lowry, de acordo com a respetiva teoria, é a espécie química
que resulta da perda de um protão (ião H+) pelo ácido.
2.
2.1. Considera-se, para simplificar, que o volume de solução em estudo é 1,0 dm3.
Calcular a quantidade de ácido acético, CH3COOH inicial.
[ ] ( )
⟺ ( ) [ ] ⟺⟺ ( )
⟺ ( )
Calcular a concentração de catião, H3O+, na solução inicial
Tendo em conta a relação entre o pH e a concentração de H3O+ expressa em moles por decímetro cúbico,
pH = −log [H3O+] e sabendo, por análise da tabela, que o pH inicial da solução é 2,88, obtém-se:
[ ] ⇔ [
] ⇔ [ ] mol dm−3
Calcular a quantidade de catião, H3O+
[ ]
( )
⟺ (
) [ ] ⟺
⟺ ( )
⇔ ( )
Processo 1
Calcular a quantidade de ácido acético ionizado, CH3COOHI, na solução
Tendo em consideração a estequiometria da reação de ionização do ácido acético é válida a relação
n(CH3COO−) = n(H3O+) ⇔ n(CH3COO−) =
n(CH3COOH)I= n(CH3COO−) ⇔ n(CH3COOH)I =
Calcular a quantidade de ácido acético não ionizado, CH3COOHn.I, na solução
n(CH3COOH)n.I= n(CH3COOH)i −n(CH3COOH)I ⇔ n(CH3COOH)n.I= 0,100 − ⇔
⇔ n(CH3COOH)n.I= mol
Calcular a percentagem de ácido acético não ionizado, CH3COOHn.I, na solução
% de (CH3COOH)n.I = ( )
( ) ⇔ % de (CH3COOH)n.I =
⇔
⇔ % de (CH3COOH)n.I = 98,7%
A percentagem de ácido acético não ionizado na solução inicial é 98,7%.
Processo 2
Calcular a quantidade de ácido acético ionizado, CH3COOHI, na solução
Tendo em consideração a estequiometria da reação de ionização do ácido acético é válida a relação
n(CH3COO−) = n(H3O+) ⇔ n(CH3COO−) =
n(CH3COOH)I = n(CH3COO−) ⇔ n(CH3COOH)I=
© ASA 9
Calcular a percentagem de ácido acético ionizado, CH3COOHI, na solução
% de (CH3COOH)I = ( )
( ) ⇔ % de (CH3COOH)I =
⇔
⇔ % de (CH3COOH)I = 1,32%
Calcular a percentagem de ácido acético não ionizado, CH3COOHn.I, na solução
% de (CH3COOH)n.I + % de (CH3COOH)I = 100% ⇔ % de (CH3COOH)n.I = 100% − % (CH3COOH)I ⇔
⇔ ( ) ⇔ % de (CH3COOH)n.I = 98,7%
A percentagem de ácido acético não ionizado na solução inicial é 98,7%
2.2. (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
[ ]
⇔ [ ]
⇔ [ ]
mol dm−3
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
[ ]
⇔ [ ]
⇔ [ ]
mol dm−3
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.
2.3.
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:
NaHO(aq) + H3O+(aq) → Na+(aq) + 2H2O(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 NaHO.
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GRUPO VI
1.
1.1. (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, Mn
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.
n.o.(Mn) = +2
Assim, na reação considerada, o número de oxidação do manganês diminui de +7 para +2, isto é, sofre uma
variação de −5 (∆n.o. (Mn) =n.o.(Mn)final − n.o.(Mn)inicial ⇔∆n.o.(Mn) =+2 − (+7) ⇔∆n.o. (Mn) =−5), pelo que
sofreu redução, funcionando como oxidante, dado que capta eletrões, provocando a oxidação da outra espécie.
1.2. (B)
Determinar a massa pura de etanal, CH3CHO
%pureza =
⇔ =
⇔ ⇔
de etanal = (
) g
Determinar a quantidade de etanal , CH3CHO, que reage
( ) ( )
( ) ⇔ ( )
⇔ ( ) (
)
Determinar a quantidade de ácido acético, CH3COOH, que se forma
Tendo em conta a estequiometria da reação, que é de um para um, e sabendo que o etanal reage na totalidade
para formar ácido acético, pode estabelecer-se a seguinte relação
n (CH3COOH) = n (CH3CHO)⇔ n (CH3COOH) = (
)
Determinar a massa de ácido acético, CH3COOH, que se forma
m(CH3COOH) = n(CH3COOH)× M(CH3COOH)⇔ m(CH3COOH) =
×60,06⇔
⇔ m(CH3COOH) = (
) g
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1.3.
Processo 1
Calcular a massa de ácido acético que se obteria se o rendimento fosse de 100%, m(CH3COOH)t.p,
conhecendo a massa de ácido acético realmente obtida, m(CH3COOH)r.o
( ) ( )
⇔ ( ) ( )
⇔
⇔ ( )
⇔ ( )
Calcular a massa de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido
acético, m(CH3CHO)u
Tendo em conta a proporção indicada pela estequiometria da reação em estudo, pode apresentar-se a
seguinte proporção
⇔
⇔
A massa de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido acético são 12,9 g.
Processo 2
Calcular a massa de ácido acético que se obteria se o rendimento fosse de 100%, m(CH3COOH)t.p,
conhecendo a massa de ácido acético realmente obtida, m(CH3COOH)r.o
( ) ( )
⇔ ( ) ( )
⇔
⇔ ( )
⇔ ( )
Calcular a quantidade de ácido acético que se obteria se o rendimento fosse de 100%, n(CH3COOH)t.p
( ) ( )
( ) ⇔ ( )
⇔ ( )
Calcular a quantidade de etanal que teria de se utilizar, n(CH3CHO)u
( ) ( ) ⇔ ( )
Calcular a massa de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido
acético, m(CH3CHO)u
m(CH3CHO)u = n(CH3CHO)u× M(CH3CHO)⇔ m(CH3CHO)u = 0,293× 44,06 ⇔ m(CH3CHO)u =12,9 g
A massa de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido acético são 12,9 g.
Processo 3
Calcular a quantidade de ácido acético realmente obtida, n(CH3COOH)r.o
( ) ( ) ( )
⇔ ( )
⇔ ( )
Calcular a quantidade de etanal que teria de se utilizar se o rendimento fosse de 100%, n(CH3CHO)
( ) ( ) ⇔ ( )
Calcular a quantidade de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido
acético, n(CH3CHO)r
( ) ( )
⇔ ( )
⇔ ( )
Calcular a massa de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido
acético, m(CH3CHO)
m(CH3CHO) = n(CH3CHO)u× M(CH3CHO)⇔ m(CH3CHO) = 0,294× 44,06 ⇔ m(CH3CHO) =13,0 g
A massa de etanal que terá de se utilizar sabendo que apenas 85% se converte em ácido acético são 13,0 g.
© ASA 12
2. (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.
3. (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)×NA⇔ N(CH3COOH) = 5×6,02×1023⇔ N(CH3COOH) = 3,01×1024
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, o que valida a opção (D).
© ASA 13
GRUPO VII
1.
1.1. 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.
1.2. (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).
1.3. (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.
2. (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.
3.
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.
