Exame Nacional de Prova Escrita de Física e Química A 11. o Ano de Escolaridade Prova 715/1. a Fase/Versões 1 e 2. Grupo I. 100 = ppm

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1 xame Nacional de 017 Prova scrita de Física e Química A 11. o Ano de scolaridade Prova 715/1. a Fase/Versões 1 e Grupo I 1.1. Versão 1 (C); Versão (D). 0,05 g 0,05% (m/m) = 0, = = ppm 100 g Versão 1 (A); versão (B). m 100 g de ar seco existem 0,05 g de CO, logo, em 1 kg = g de ar seco, existem 0,05 10 g de CO. m CO 0,05 10 g 0,05 10 g M(CO ) = (1, ,00) g mol 1 = 44,01 g mol 1 e n CO = = = MCO mol 44,01 g mol 1 44,01. A massa molar de O é M(O ) = 16,00 g mol 1 = 3,00 g mol 1. 3,14 g m 100 g de ar existem n O = = 0,731 mol. 3,00 g mol 1 Com um volume V O = n O V m = 0,731 mol,4 dm 3 mol 1 = 16, dm 3. m 100 g O volume de ar V ar = ar = = 76,9 dm 3 ρar. 1,30 g dm 3 ntão, a percentagem de O (g) em volume é 16, dm 3 76,9 dm = 0,11 1,1% (V/V). 3. Versão 1 (C); versão (B). Na molécula de dióxido de carbono, o átomo de carbono é o central e não tem pares de eletrões de valência não-ligantes. Por isso, a geometria que minimiza as repulsões entre os pares de eletrões ligantes das ligações aos átomos de oxigénio é a que corresponde a um maior afastamento dos eletrões, o que implica uma geometria linear. O C O 4. No estado fundamental, a configuração eletrónica do carbono, Z = 6, é 1s s p e a do oxigénio, Z = 8, é 1s s p 4. Os eletrões de valência dos átomos de carbono e de oxigénio distribuem-se no mesmo nível de energia, neste caso n =. Como o carbono tem menor carga nuclear do que o oxigénio (menor número de protões), a força atrativa sobre os eletrões de valência é menos intensa do que a exercida no átomo de oxigénio, prevendo-se, por isso, um maior raio atómico do carbono. 5. Versão 1 (B); versão (C). O ião O + tem 7 eletrões, porque ao átomo de oxigénio foi removido um. A configuração eletrónica do ião O + no estado fundamental é 1s s p 1 x p 1 y p 1 z. Os eletrões de valência distribuem-se por quatro orbitais, com três semipreenchidas. Assim, há três eletrões desemparelhados.

2 Grupo II 1. Versão 1: (D); versão : (A). A capacidade térmica mássica, c, de um material é a energia,, por unidade de massa, m, e por unidade de variação de temperatura, Δt: c =. A variação de temperatura é Δt =. m Δt m c A variação de temperatura do ar é Δt ar = = mar c = 8 =8Δt água. ar 1 m água c água m água c água 1 4. Versão 1: (A); versão : (C). O ar mais quente torna-se menos denso, o que dá origem a uma corrente quente ascendente. ste ar, ao subir, vai arrefecendo, ao transferir energia para o ar que encontra, tornando-se, assim, mais denso, o que irá originar uma corrente descendente de ar mais frio. 3. Versão 1: (C); versão : (A). A variação de energia interna, ΔU, da amostra resulta das trocas de energia com a vizinhança por trabalho, W, e por calor, Q: ΔU = W + Q. Como o trabalho é realizado sobre a amostra, W = 40 J e ΔU = 500 J. Q = ΔU W = 500 J 40 J = 740 J (a amostra cedeu energia à vizinhança por calor, 740 J). Grupo III 1. Versão 1: (D); versão : (B). T = 3,0 ms = 3, s. π π rad A frequência angular é ω = = =, rad s 1 T 3, s.. Versão 1: (C); versão : (D). O gráfico apenas mostra como varia a pressão num ponto em função do tempo. Como o gráfico é sinusoidal, a onda é harmónica e tem amplitude constante. 3. Versão 1: (A); versão : (D). O som demora mais 1,14 s a propagar-se no ar do que na água: t ar = t água + 1,14 s t ar t água = 1,14 s. O som percorre a mesma distância na água e no ar: v água t água = v ar t ar 1, m s 1 t água = 3,4 10 m s 1 t ar. Grupo IV 1.1. Versão 1: (B); versão : (C). Como o desnível entre A e B é o mesmo do que entre C e D, h B h A = h D h C = Δh, e se despreza a variação da aceleração da gravidade, o trabalho do peso é o mesmo naqueles dois percursos: W p = Δ pg = mg Δh. 1.. Versão 1: (B); versão : (A). A energia mecânica é a soma das energias cinética e potencial gravítica: m = c + pg. Como o balão se move com velocidade de módulo v constante, a sua energia cinética é constante. Como a energia potencial gravítica varia linearmente com a altura h, pg = mgh, conclui-se que a energia mecânica também varia linearmente com a altura.

3 1.3. Como o balão se move com velocidade de módulo constante, a sua energia cinética é, também, constante, ou seja, a variação de energia cinética entre A e B é nula. Assim, de acordo com o teorema da energia cinética, o trabalho realizado pela resultante das forças é nulo. Sendo não nulo o deslocamento entre A e B, e como o movimento é retilíneo, a resultante das forças tem obrigatoriamente intensidade nula O desnível entre A e B é h B h A = vδt = 5,8 m s 1 45 s = 61 m. Como o trabalho realizado pela resultante das forças é nulo, o trabalho realizado por outras forças que não a gravítica é simétrico do da força gravítica, W fg = Δ pg, logo, o trabalho das forças não gravíticas é: W fng = Δ pg = mgδh = 0,600 kg 61 m = 1, J.. Versão 1: (D); versão : (C). c O comprimento de onda dessa radiação é λ = 3, m s = 1 f = 0,179 m s CaH (s) + H O ( ) Ca(OH) (s) + H (g) 3.. Versão 1: (A); versão : (D). O número de oxidação do hidrogénio nos hidretos é 1. Designando por x o número de oxidação do cálcio, pode escrever-se x + ( 1) = 0, obtendo-se x = +. GRUPO V 1.1. Versão 1: (D); versão : (A). O valor médio do tempo é (8,84 + 8,78 + 8,79) ms t B = = 8,80 ms. Os desvios dos valores de t B nos 1. o, 3. o e 3. o ensaios são 0,04 ms, 0,0 ms e 0,01 ms, respetivamente. Tomando como incerteza absoluta o desvio máximo em módulo, 0,04 ms, pode apresentar-se o resultado da medição t B = (8,80 ± 0,04) ms Considerou-se que a velocidade da esfera no intervalo de tempo t B é aproximadamente constante Versão 1: (A); versão : (B). Utiliza-se a expressão v B = d tb passar em frente da célula B. em que d é o diâmetro da esfera e t B é o tempo que a esfera demorou a Se a esfera interromper o feixe luminoso por uma dimensão inferior à do seu diâmetro, o valor medido d de t B será inferior ao calor verdadeiro, logo, v B = tb será maior do que o verdadeiro e, em consequência, v B v A v o valor experimental do módulo da aceleração gravítica, g exp = = B, também será maior do que o verdadeiro, determinando, assim, um erro por excesso Considera-se que a velocidade da esfera no instante em que esta se encontra em frente da célula fotoelétrica A é nula: v A = 0. ta B ta B

4 . 1 Pode admitir-se: Δy = at t = a Δy. Conclui-se que o declive da reta de ajuste ao gráfico de t A B em função de Δy é igual a a módulo da aceleração da esfera entre A e B: a = 0,198 s m 1 = 10,1 m s. em que a é o (10,1 9,8) m s O erro relativo do módulo da aceleração gravítica é = 0,031 = 3,1%. 9,8 m s 1.1. Versão 1: (B); versão : (D). Grupo VI No total, existem no reator (0, ,400) mol = 0,800 mol de moléculas. N = n N A = 0,800 mol 6, mol 1 = 4, moléculas. 1.. Substância A B C n inicial / mol 0,400 0,400 0 n equilíbrio / mol 0,344 0,3 0,11 Δn / mol 0,344 0,400 = 0,056 0,3 0,400 = 0,168 0,11 0 = 0,11 0,056 0,168 0,11 A proporção das quantidades de A, B e C na reação é: A : B : C : : 0,056 0,056 0,056 1 : 3 :, ou seja, 1 mol de A é estequiometricamente equivalente a 3 mol de B e a mol de C. A reação pode ser traduzida por A (g) + 3 B (g) C (g). 0,11 [C] e 1,00 A constante de equilíbrio desta reação, à temperatura T, é K c = = =,9. [A] e [B] 3 e 0,056 0, ,00 1,00 De acordo com o Princípio de Le Châtelier, um aumento de temperatura favorece a reação endotérmica. Uma vez que a variação de entalpia é negativa, a reação direta é exotérmica. Assim, o aumento de temperatura desloca o equilíbrio no sentido da reação inversa, o do consumo de C, diminuindo a concentração de C e aumentando as concentrações de A e de B, no novo estado de equilíbrio a maior temperatura. Conclui-se que a constante de equilíbrio, K c, diminui com o aumento da temperatura. Grupo VII 1. A molécula de ácido metanoico tem 18 eletrões de valência. O H C O H

5 . Um par conjugado ácido base é constituído por duas espécies que se convertem uma na outra pela perda ou ganho de um ião H Da estequiometria da reação, e desprezando a contribuição da autoionização da água, conclui-se que as concentrações dos iões metanoato, HCOO, e oxónio, H 3 O +, são as mesmas: [HCOO ] e = [H 3 O + ] e = 10 3,0 mol dm 3 = 6, mol dm 3. [HCOO ] e [H 3 O + ] Da constante de acidez do ácido metanoico, K a = e, [HCOOH] e [HCOO ] e [H 3 O + ] e 10 [HCOOH] e = 3,0 10 mol dm 3 = 3,0 mol dm 3 =,34 10 mol dm 3. K a 1, sta é a concentração do ácido metanoico não ionizado na solução. m 50,0 cm 3, a quantidade de ácido ionizado é igual à quantidade de HCOO : 6, mol dm 3 0,500 dm 3 = 1, mol. A quantidade de HCOOH no equilíbrio, ou seja, o ácido não ionizado, é:,34 10 mol dm 3 0,500 dm 3 = 5, mol. A quantidade total de ácido, ionizado e não ionizado, é (1, , ) mol e a massa de ácido metanoico necessária para preparar a solução é: m = nm = (1, , ) mol 46,03 g mol 1 = 3,4 10 g. FIM