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Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 1 / 11©

RESOLUÇÃO – EXAME NACIONAL 2012 – 1ª Fase – Versão 1

Grupo I

1. Eletrões de valência.

2. A configuração eletrónica do carbono, 6C, no estado fundamental, é a seguinte:

6C – 1s2 2s2 2px0 2py

1 2pz1

ou 6C – 1s2 2s2 2px1 2py

0 2pz1

ou 6C – 1s2 2s2 2px1 2py

1 2pz0

Note que é necessário levar em linha de conta não só o princípio da energia mínima mas também aregra de Hund.

Assim:

(A) – F.

(B) – V.

(C) – F.

(D) – F.

3. Os isótopos são átomos do mesmo elemento químico, pelo que apresentam o mesmo número atómico,mas que têm diferente número de neutrões no núcleo, tendo, portanto, diferente número de massa.Quanto aos eletrões, uma vez que se trata de átomos, o número destes é sempre igual ao número deprotões e, por isso, igual ao número atómico. Em suma, átomos de isótopos têm igual número atómico,igual número de protões e igual número de eletrões e têm diferente número de massa e diferentenúmero de neutrões.

(A) – F.

(B) – F.

(C) – V.

(D) – F.

4. Orbital atómica.

Exame nacional 2012 – 1ª Fase - 313

Novos2012_Exnacional_313a324_Layout 1 9/14/12 11:10 AM Page 313

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© Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 2 / 11314 – Exames

Grupo II

1.1.1 Começamos por transcrever as coordenadas dos pontos para a tabela da calculadora gráfica e obtemos

o correspondente gráfico m = f (V).

Fazendo a análise de regressão linear, utilizando a função da calculadora gráfica, podemos traçar areta de melhor ajuste aos pontos do gráfico e obter a respetiva equação reduzida. Obtemos:

y = 1,267 × + 1,2 × 10-4

ou, neste caso: m = 1,267 V

Sabemos, por outro lado, que o volume, V, de uma amostra de qualquer material ou substância se rela-ciona com a respetiva massa, m, através da densidade (ou massa volúmica), ρ, de tal forma que:

ρ = ⇔ m = ρ V

Ora, comparando a equação da reta com a expressão anterior, concluímos que:

ρ = 1,267 g dm–3

Agora que já obtivemos a massa volúmica do gás, temos de encontrar uma expressão que nos permitadeterminar o volume molar, nas condições referidas. Vejamos:

n =

Para o caso concreto de gases, também é verdade que:

n =

M e Vm são, respetivamente, a massa molar do gás e o volume molar.

Igualando as duas expressões, obtemos:

ρ =

m��M

V��Vm

M��Vm

m��V

0 4 8 12 16

m (g)

20

15

10

5

0V (dm3)


Agora, só temos que recorrer à Tabela Periódica para calcular a massa molar:

M(H2S) = 34,09 g mol-1

Finalmente, podemos escrever:

Vm = ⇔ Vm = × ⇔ Vm = 26,9 dm3 mol-1

É interessante notar que, se levássemos em linha de conta as regras relativas ao número de casasdecimais (o que não é pedido no enunciado), teríamos:

ρ = 1,3 g dm-3 e M(H2S) = 34,1 g mol-1

E:

Vm = 26,2 dm-3 mol-1

1.2 As amostras são gasosas, pelo que podemos calcular a quantidade química a partir de:

n =

Encontrando-se as duas amostras nas mesmas condições de pressão e temperatura, apresentam omesmo volume molar.

Como a amostra de H2S(g) tem o dobro do volume, então apresentará o dobro do número de moles demoléculas, o que significa que também terá o dobro das moléculas.

Se o número de moles de moléculas de CH4(g) for n, uma vez que cada molécula tem 5 átomos nototal (um átomo de carbono e quatro átomos de hidrogénio), então o número de moles de átomos será5n e o número de moles de átomos de hidrogénio será 4n.

Repetindo o raciocínio, concluímos que o número total de moles de moléculas de H2S(g) será 2n, onúmero total de moles de átomos nesse caso vai ser igual a 6n e o número de moles de átomos dehidrogénio é 4n.

Do exposto conclui-se que apenas o número de moles de átomos de hidrogénio e, consequentemente,o número de átomos desse elemento é igual nas duas amostras.

(A) – F.

(B) – F.

(C) – V.

(D) – F.

1.3 Para escrever a equação química apenas temos que seguir o que é referido no enunciado e acertar oesquema químico:

2 H2S(g) + 3 O2(g) → 2 SO2(g) + 2 H2O(g)

34,09��1,267

M��ρ

V��Vm




Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 3 / 11© 314 – Exames

Grupo II

1.1.1 Começamos por transcrever as coordenadas dos pontos para a tabela da calculadora gráfica e obtemos

o correspondente gráfico m = f (V).

Fazendo a análise de regressão linear, utilizando a função da calculadora gráfica, podemos traçar areta de melhor ajuste aos pontos do gráfico e obter a respetiva equação reduzida. Obtemos:

y = 1,267 × + 1,2 × 10-4

ou, neste caso: m = 1,267 V

Sabemos, por outro lado, que o volume, V, de uma amostra de qualquer material ou substância se rela-ciona com a respetiva massa, m, através da densidade (ou massa volúmica), ρ, de tal forma que:

ρ = ⇔ m = ρ V

Ora, comparando a equação da reta com a expressão anterior, concluímos que:

ρ = 1,267 g dm–3

Agora que já obtivemos a massa volúmica do gás, temos de encontrar uma expressão que nos permitadeterminar o volume molar, nas condições referidas. Vejamos:

n =

Para o caso concreto de gases, também é verdade que:

n =

M e Vm são, respetivamente, a massa molar do gás e o volume molar.

Igualando as duas expressões, obtemos:

ρ =

m��M

V��Vm

M��Vm

m��V

0 4 8 12 16

m (g)

20

15

10

5

0V (dm3)

Novos2012_Exnacional_313a324_Layout 1 9/14/12 11:10 AM 14

Agora, só temos que recorrer à Tabela Periódica para calcular a massa molar:

M(H2S) = 34,09 g mol-1

Finalmente, podemos escrever:

Vm = ⇔ Vm = × ⇔ Vm = 26,9 dm3 mol-1

É interessante notar que, se levássemos em linha de conta as regras relativas ao número de casasdecimais (o que não é pedido no enunciado), teríamos:

ρ = 1,3 g dm-3 e M(H2S) = 34,1 g mol-1

E:

Vm = 26,2 dm-3 mol-1

1.2 As amostras são gasosas, pelo que podemos calcular a quantidade química a partir de:

n =

Encontrando-se as duas amostras nas mesmas condições de pressão e temperatura, apresentam omesmo volume molar.

Como a amostra de H2S(g) tem o dobro do volume, então apresentará o dobro do número de moles demoléculas, o que significa que também terá o dobro das moléculas.

Se o número de moles de moléculas de CH4(g) for n, uma vez que cada molécula tem 5 átomos nototal (um átomo de carbono e quatro átomos de hidrogénio), então o número de moles de átomos será5n e o número de moles de átomos de hidrogénio será 4n.

Repetindo o raciocínio, concluímos que o número total de moles de moléculas de H2S(g) será 2n, onúmero total de moles de átomos nesse caso vai ser igual a 6n e o número de moles de átomos dehidrogénio é 4n.

Do exposto conclui-se que apenas o número de moles de átomos de hidrogénio e, consequentemente,o número de átomos desse elemento é igual nas duas amostras.

(A) – F.

(B) – F.

(C) – V.

(D) – F.

1.3 Para escrever a equação química apenas temos que seguir o que é referido no enunciado e acertar oesquema químico:

2 H2S(g) + 3 O2(g) → 2 SO2(g) + 2 H2O(g)

34,09��1,267

M��ρ

V��Vm




© Exame nacional 2012 – 1ª Fase • V 1 – Resolução p 4 / 11

A emissão de SO2(g) para a atmosfera implica a ocorrência de reações com a água na atmosfera queoriginam ácidos, que contribuem para o aumento da acidez da água da chuva. Embora os critérios de correção da prova o não exijam, podemos exemplificar essa formação de ácidospor reação do dióxido de enxofre com a água da chuva:

SO2(g) + H2O(l) → H2SO3(aq)

O produto da reação é, de facto, um ácido – o ácido sulfuroso.

2.2.1 Atendendo à expressão que nos permite determinar a composição qualitativa desta solução, em partes

por milhão:

ppm = × 106

e fazendo as substituições dos dados fornecidos, reduzindo a massa de solução a miligramas(m = 1 kg = 106 mg), obtemos:

mH2S = ⇔ mH2S = 22 mg

Portanto:

(A) – F.

(B) – V.

(C) – F.

(D) – F.

2.2 Dado tratar-se de uma reação de oxidação-redução, é fundamental começarmos por determinar osnúmeros de oxidação de todos os elementos químicos intervenientes:

H2S(aq) + Cl2(aq) → S(s) + 2 HCl (aq)+1 – 2 0 0 +1 – 1

Note que o número de oxidação do S aumenta de –2 para 0 (oxidação), ao passo que o número de oxi-dação do Cl diminui de 0 para –1 (redução).

Temos, pois, que o H2S(aq) é oxidado pelo Cl2(aq) e funciona como agente redutor desse mesmo Cl2(aq),que é reduzido.

(A) – V.

(B) – F.

(C) – F.

(D) – F.

mH2S��msolução

22 × 106��

106

316 – Exames


3.3.1 A reação do H2S com água é uma ionização, tal como sucede com todos os ácidos de Bronted -Lowry.

Em meio ácido, já existe H3O+(aq) em solução, que irá afetar o equilíbrio do H2S(aq), tornando a reaçãomenos extensa.

Em meio básico, há excesso de HO–(aq) na solução. Esse HO–(aq) reagirá com o H3O+(aq) que provémdo ácido, diminuindo a sua concentração. De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o ácido reagiráentão em maior extensão, de modo a repor o H3O+(aq) neutralizado.

(A) – F.

(B) – V.

(C) – F.

(D) – F.

3.2 Podemos começar por calcular a concentração do ião Fe2+ na solução (note que temosV = 1 dm3):

n = ⇔ nFe2+ = ⇔ nFe2+ = 8,00 × 10–2 mol ⇒ c = 8,00 × 10–2 mol dm–3

Atendendo a que a precipitação se inicia se o quociente da reação igualar o produto de solubilidade,podemos calcular a concentração de S2-(aq) necessária:

Q = Ks ⇔ ⏐Fe2+⏐⏐S2–⏐= 6,3 × 10–18 ⇔ ⏐S2–⏐= 7,88 × 10–17 mol dm–3

Agora, podemos usar a constante de acidez do H2S para determinar a concentração hidrogeniónica:

Ka = ⇔ ⏐H3O+⏐eq = �� ⇔ ⏐H3O+⏐eq = 2,9 × 10–4 mol dm–3

4. A molécula de H2S apresenta geometria semelhante à da molécula de H2O:

S

H H

Tem, portanto, um total de oito eletrões de valência, sendo quatro deles não ligantes.

(A) – F.

(B) – F.

(C) – F.

(D) – V.

4,47��55,85

m�M

6,8 × 10–23 × 0,1��

7,88 × 10–17

⏐S2–⏐eq⏐H3O+⏐2eq

��

⏐H2S⏐eq





A emissão de SO2(g) para a atmosfera implica a ocorrência de reações com a água na atmosfera queoriginam ácidos, que contribuem para o aumento da acidez da água da chuva. Embora os critérios de correção da prova o não exijam, podemos exemplificar essa formação de ácidospor reação do dióxido de enxofre com a água da chuva:

SO2(g) + H2O(l) → H2SO3(aq)

O produto da reação é, de facto, um ácido – o ácido sulfuroso.

2.2.1 Atendendo à expressão que nos permite determinar a composição qualitativa desta solução, em partes

por milhão:

ppm = × 106

e fazendo as substituições dos dados fornecidos, reduzindo a massa de solução a miligramas(m = 1 kg = 106 mg), obtemos:

mH2S = ⇔ mH2S = 22 mg

Portanto:

(A) – F.

(B) – V.

(C) – F.

(D) – F.

2.2 Dado tratar-se de uma reação de oxidação-redução, é fundamental começarmos por determinar osnúmeros de oxidação de todos os elementos químicos intervenientes:

H2S(aq) + Cl2(aq) → S(s) + 2 HCl (aq)+1 – 2 0 0 +1 – 1

Note que o número de oxidação do S aumenta de –2 para 0 (oxidação), ao passo que o número de oxi-dação do Cl diminui de 0 para –1 (redução).

Temos, pois, que o H2S(aq) é oxidado pelo Cl2(aq) e funciona como agente redutor desse mesmo Cl2(aq),que é reduzido.

(A) – V.

(B) – F.

(C) – F.

(D) – F.

mH2S��msolução

22 × 106��

106

316 – Exames


3.3.1 A reação do H2S com água é uma ionização, tal como sucede com todos os ácidos de Bronted -Lowry.

Em meio ácido, já existe H3O+(aq) em solução, que irá afetar o equilíbrio do H2S(aq), tornando a reaçãomenos extensa.

Em meio básico, há excesso de HO–(aq) na solução. Esse HO–(aq) reagirá com o H3O+(aq) que provémdo ácido, diminuindo a sua concentração. De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o ácido reagiráentão em maior extensão, de modo a repor o H3O+(aq) neutralizado.

(A) – F.

(B) – V.

(C) – F.

(D) – F.

3.2 Podemos começar por calcular a concentração do ião Fe2+ na solução (note que temosV = 1 dm3):

n = ⇔ nFe2+ = ⇔ nFe2+ = 8,00 × 10–2 mol ⇒ c = 8,00 × 10–2 mol dm–3

Atendendo a que a precipitação se inicia se o quociente da reação igualar o produto de solubilidade,podemos calcular a concentração de S2-(aq) necessária:

Q = Ks ⇔ ⏐Fe2+⏐⏐S2–⏐= 6,3 × 10–18 ⇔ ⏐S2–⏐= 7,88 × 10–17 mol dm–3

Agora, podemos usar a constante de acidez do H2S para determinar a concentração hidrogeniónica:

Ka = ⇔ ⏐H3O+⏐eq = �� ⇔ ⏐H3O+⏐eq = 2,9 × 10–4 mol dm–3

4. A molécula de H2S apresenta geometria semelhante à da molécula de H2O:

S

H H

Tem, portanto, um total de oito eletrões de valência, sendo quatro deles não ligantes.

(A) – F.

(B) – F.

(C) – F.

(D) – V.

4,47��55,85

m�M

6,8 × 10–23 × 0,1��

7,88 × 10–17

⏐S2–⏐eq⏐H3O+⏐2eq

��

⏐H2S⏐eq





Grupo III

1. Repare que a concentração de A diminui de 1 mol dm-3 para 0,49 mol dm-3, ao passo que a concentração de Bbaixa do mesmo valor inicial para, aproximadamente, 0,23 mol dm-3. Há um consumo de 0,49 mol dm-3 de Ae de 0,77 mol dm-3 de B. Isto significa que o coeficiente estequiométrico de B é maior que o de A. Masnão é o dobro, porque, se assim fosse, ter-se-iam gasto 0,98 mol dm-3 de B. Desta forma, resta-nos ahipótese de, por cada 2 moles de A consumidas, haver 3 moles de B que se gastam. E, de facto, se apli-carmos o cálculo estequiométrico, obtemos:

2 mol dm-3 de A ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 3 mol dm-3 de B

0,51 mol dm-3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x

x = 0,77 mol dm-3 de B

Assim:

(A) – F.

(B) – F.

(C) – F.

(D) – V.

2. O equilíbrio químico implica que as concentrações de todas as espécies presentes no sistema per-maneçam constantes. Do gráfico podemos retirar que isso sucede a partir do instante t3.

(A) – F.

(B) – F.

(C) – V.

(D) – F.

3. É certo que no instante em que introduzimos A no sistema, que estava em equilíbrio, dá-se uma quedabrusca do valor do quociente da reação. A questão que se coloca é: como evolui esse mesmo quocienteda reação a partir daí, até que se atinja um novo estado de equilíbrio? Ora, como a temperatura per-manece constante, não há alteração do valor de Kc, pelo que o quociente da reação terá que aumentaraté se atingir o novo equilíbrio químico.

Dito de outra forma:

• De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o aumento da concentração da espécie A favorece a reaçãodireta.

• Assim, o quociente da reação irá aumentar até igualar o valor da constante de equilíbrio da reação àtemperatura T.

318 – Exames


Grupo IV

1. Aqui, o fundamental é recordar que os amperímetros se ligam em série e os voltímetros são ligados emparalelo ao circuito elétrico.

(A) – F.

(B) – V.

(C) – F.

(D) – F.

2.2.1. Diferença de potencial ou Tensão ou Intensidade de corrente.

2.2 Olhando para o gráfico, verificamos que é preciso ter cuidado com os primeiros 30 s de aquecimento.Durante esse intervalo de tempo inicial, o calor que a resistência de aquecimento está a dissipar nãoatinge o termómetro, uma vez que a temperatura não só não sobe como, inclusive, acaba por descer.Isto significa que deveremos ignorar esses 30 segundos porque não são representativos do comporta-mento do bloco calorimétrico como um todo.

A potência dissipada pela resistência de aquecimento corresponde ao calor que, por segundo, éfornecido ao bloco de cobre (note que aqui se fala em “dissipado” no sentido de a resistência ser pura-mente dissipativa, isto é, a resistência transforma em calor toda a energia que recebe do circuitoelétrico). Sabendo isso, podemos calcular o calor fornecido ao bloco em qualquer intervalo de temporepresentativo.

Por exemplo, para o intervalo [50, 150] s, temos:

Ef = P × Δt ⇔ Ef = 1,58 × 100 ⇔ Ef = 158 J

Como os alunos procederam de modo a “minimizar a taxa de dissipação de energia do bloco”, podemosconsiderar que toda a energia fornecida pela resistência elétrica corresponde a calor efetivamentefornecido pelo bloco de cobre:

E = q = 158 J

Podemos, pois, utilizar a expressão que nos permite calcular o calor em função da variação de tem-peratura:

q = mcΔt ⇔ c =

De acordo com o enunciado, a massa do bloco é igual a 1 kg.

q�mΔT





Do gráfico podemos retirar os valores da temperatura que permitem calcular ΔT para o intervalo queescolhemos:

Ficamos, assim, com:

c = ⇔ c = 4,16 × 102 J kg–1 oC–1

3. Recorrendo à transformação já utilizada na questão anterior, obtemos uma expressão que nos permitecalcular a capacidade térmica mássica em função de dados fornecidos no enunciado:

c =

Se considerarmos intervalos de tempo iguais, temos que o valor de q será o mesmo. Como os blocostêm a mesma massa, terá maior capacidade térmica mássica o que experimentar menor variação datemperatura:

Atendendo ao gráfico, devemos escolher o bloco de alumínio.

A resposta deverá conter apenas os seguintes tópicos:

• Num mesmo intervalo de tempo, a variação da temperatura do bloco de cobre é superior à variaçãoda temperatura do bloco de alumínio.

• Conclui-se, assim, que o alumínio terá maior capacidade térmica mássica do que o cobre.

158��1 × (17,94 – 17,56)

q�mΔT

320 – Exames

tempo / s

tem

per

atu

ra / ºC

017,40

17,50

17,60

17,70

17,80

17,90

18,00

50 100 150

17,94

17,56

tempo / s

cobre

alumínio

temperatura / ºC

ΔTCu

ΔTAl


Grupo V

1.1.1 O vetor velocidade do carrinho tem direção tangente à trajetória em cada ponto e sentido do movimento

OU equivalente.O vetor aceleração do carrinho tem direção perpendicular à trajetória em cada ponto e sentido para ocentro da trajetória OU equivalente.

1.2 Uma vez que o movimento do carrinho é circular uniforme, a aceleração é igual à aceleração normalou centrípeta:

a = ac =

Como nos indicam que r = 0,25 m (metade do diâmetro, que é 50 cm), precisamos apenas de calcular v:

v =

O período, T, corresponde ao tempo necessário para cumprir uma volta:

T = ⇔ T = 9,52 s

Substituindo, obtemos:

v = 1,65 × 10-1 m s-1

E a aceleração:

a = ⇔ a = ⇔ a = 1,09 × 10–1 m s–2

1.3 Vimos que a aceleração depende da velocidade e do raio. Ora, ao colocarmos sobrecargas alteramosa massa sem que varie o valor da velocidade (“se deslocam sobre a pista demorando o mesmo tempoa descrever uma volta completa”), nem o valor do raio (é a mesma pista). Sendo assim, o valor da acele-ração permanecerá inalterado.

Quanto à intensidade da resultante das forças que atuam no conjunto carrinho + sobrecarga, F, eladepende diretamente, de acordo com a Segunda Lei de Newton, da massa e da aceleração:

F = ma

Como a aceleração, a, é constante, à medida que a massa, m, aumenta, teremos um aumento lineardo valor da força.

Assim:

(A) – V.

(B) – F.

(C) – F.

(D) – F.

v2�r

2π r�

T

47,6�

5

(1,65 × 10–1)2

��0,25

v2��

r





2.2.1 O gráfico relaciona o trabalho da resultante das forças aplicadas no carrinho, W, com a distância per-

corrida, d, num movimento retilíneo sem inversão do sentido (a distância percorrida é igual ao deslo-camento). A relação matemática entre os dois é:

W = Fres × d

Relacionando esta expressão com a equação reduzida da reta, obtemos:

W = Fres × d

y = m × x

Daqui se conclui que o declive da reta corresponde à intensidade da resultante de forças aplicadas aocarrinho.

2.2 A energia cinética do carrinho mantém-se constante quando o carrinho sobe a rampa, uma vez que asua velocidade é constante.

A energia potencial gravítica do sistema carrinho + Terra varia quando o carrinho sobe a rampa, umavez que a altura varia.

Sendo a energia mecânica a soma das energias cinética e potencial gravítica, conclui-se que não existeconservação da energia mecânica do sistema carrinho + Terra quando o carrinho sobe a rampa comvelocidade constante.

3. Analisemos cada uma das opções:

(A) Num som puro nunca há sobreposição de frequências.

(B) A um som intenso corresponde uma onda sonora de amplitude elevada.

(C) O espectro do som não corresponde a uma função sinusoidal.

(D) O espectro do som é, de facto, o resultado da sobreposição de vários harmónicos.

Assim:

(A) – F.

(B) – F.

(C) – F.

(D) – V.

322 – Exames


Grupo VI

1.1.1 Utilizando a Lei de Snell-Descartes, uma vez que nar = 1, podemos escrever:

nar sin θi = nvidro sin θr ⇔ nvidro = ⇔ nvidro = = nvidro = 1,476

O índice de refração, n, de um meio relaciona-se com a velocidade de propagação da luz, v, nesse meioatravés de:

n =

Substituindo:

v = ⇔ v = 2,03 × 108 m s–1

1.2 Nada melhor que um esquema para se perceber geometricamente o que sucede nas duas transmissõesda luz:

(A) – F.

(B) – V.

(C) – F.

(D) – F.

2. A reflexão total da luz ocorre se existir um ângulo de incidência superior a um ângulo crítico, θc.

O ângulo crítico é o ângulo de incidência para o qual o ângulo de refração é igual a 90o:

n1 sin θi = n2 sin θr ⇔ n1 sin θc = n2 sin 90 ⇔ sin θc =

Atendendo a que sin θc ≤ 1, concluímos que n1 > n2.

Assim:

(A) – F.

(B) – F.

(C) – F.

(D) – V.

sin 24,0��sin 16,0

sin θi�sin θr

c�v

3,00 × 108

��1,476

n2��n1


vidro

ar

ar

16,0o

16,0o

24,0o

24,0o



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