EXAME NACIONAL 2017 – 2.a FASE – PROPOSTA DE RESOLUÇÃO Grupo I
1. (A)
O trabalho realizado por uma força, 𝐹𝐹⃗, quando o seu ponto de aplicação se desloca uma distância, 𝑑𝑑, é dado por 𝑊𝑊𝐹𝐹⃗ = �𝐹𝐹⃗� 𝑑𝑑 cos 𝛼𝛼, sendo α o ângulo entre a direção da força e a direção do deslocamento.
Como o peso tem sempre a direção da vertical do lugar e o deslocamento do conjunto A é horizontal, o ângulo entre essas duas grandezas vetoriais é 90º. Como cos(90º) = 0, podemos concluir que o trabalho do peso nesse deslocamento é nulo, validando a opção A.
2. (C)
A energia cinética é dada por 𝐸𝐸c = 12𝑚𝑚 𝑣𝑣2, pelo que depende da massa do conjunto e do módulo da velocidade. Para o conjunto A teremos 𝐸𝐸c(A) = 12𝑚𝑚A 𝑣𝑣A2 e para o conjunto B, 𝐸𝐸c(B) = 12𝑚𝑚B 𝑣𝑣B2.
Dado que as massas são diferentes, para as energias cinéticas serem iguais, também os módulos das velocidades têm de ser diferentes.
Assim, para 𝐸𝐸c(A) = 𝐸𝐸c(B) , então, 12𝑚𝑚A 𝑣𝑣A2 = 21𝑚𝑚B 𝑣𝑣B2. Sendo, 𝑚𝑚𝐴𝐴 = 34𝑚𝑚𝐵𝐵, teremos: 1
2× 34 𝑚𝑚B 𝑣𝑣A2 = 1 2 𝑚𝑚B 𝑣𝑣B2
Simplificando, obtém-se que 𝑣𝑣A2 = 43 𝑣𝑣B2 ⇔ 𝑣𝑣A= �43 𝑣𝑣B, validando a opção C. 3.1. (B)
Dado que se trata de um gráfico velocidade-tempo, o declive de cada reta traduz a componente escalar da aceleração do respetivo movimento do conjunto A ou B. As retas representadas têm declives simétricos. Os seus módulos são iguais. Assim, pode concluir-se que os dois conjuntos têm módulos da aceleração iguais. O instante t1 traduz o momento em que a componente escalar da velocidade de A e B é igual.
O sinal da componente escalar da velocidade indica o sentido do movimento. No intervalo de tempo considerado, essas componentes escalares têm o mesmo sinal (positivo). Assim, podemos concluir que se movem no mesmo sentido, o que valida a opção B.
Como a área subjacente ao gráfico para as partículas A e B é igual, podemos concluir que naquele intervalo de tempo percorrem distâncias iguais, apesar de um ter movimento uniformemente acelerado (A) e o outro uniformemente retardado (B).
3.2. A soma dos trabalhos realizados pelas forças não conservativas é numericamente igual à variação da energia mecânica no intervalo de tempo considerado (𝑊𝑊𝐹𝐹⃗nc = ∆𝐸𝐸m). A variação da energia mecânica é dada pela soma da variação da energia cinética com a variação da energia potencial gravítica (∆𝐸𝐸m = ∆𝐸𝐸c + ∆𝐸𝐸pg) .
De acordo com o gráfico da figura 1, para o conjunto A há um aumento da componente escalar da velocidade pelo que a variação da energia cinética é positiva. É também referido que o conjunto A se move num troço retilíneo de uma pista horizontal. Se a pista é horizontal, não haverá variação da altura relativamente ao nível de referência, pelo que a variação de energia potencial gravítica será nula.
Pode, assim, concluir-se que a variação da energia mecânica coincide com a variação da energia cinética (que é positiva), levando a que a soma dos trabalhos realizados pelas forças não conservativas seja positiva. 3.3. (D)
De acordo com o gráfico da figura 1, o conjunto B tem movimento uniformemente retardado porque o módulo da componente escalar velocidade está a diminuir. Como se move da esquerda para a direita e o movimento é uniformemente retardado, a aceleração e consequentemente a resultante das forças terão sentido contrário ao sentido do movimento (terão sentido contrário ao sentido da velocidade). Assim, a opção correta deverá
evidenciar a aceleração e a resultante das forças com o mesmo sentido, sentido esse que deverá ser da direita para a esquerda, o que valida a opção D.
4. Identificar o tipo de movimento
Se a intensidade da resultante das forças é constante, a aceleração terá módulo constante e o movimento será uniformemente retardado, dado que se trata de uma travagem.
Determinar o módulo da aceleração
Tendo em conta a equação das posições do movimento retilíneo com aceleração constante 𝑥𝑥 = 𝑥𝑥o+ 𝑣𝑣o𝑡𝑡 + 12 𝑎𝑎𝑡𝑡2 ⇔ 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥o= 𝑣𝑣o𝑡𝑡 + 12 𝑎𝑎𝑡𝑡2 ⇔ ∆𝑥𝑥 = 𝑣𝑣o𝑡𝑡 + 12 𝑎𝑎𝑡𝑡2
Por substituição, 100 = 6 × 20 + 12𝑎𝑎 20 62 ⇔ 𝑎𝑎 = −0,100 m s−2⇔ |𝑎𝑎| = 0,100 m s −2 Determinar a intensidade da resultante das forças, Fr, que atuam no conjunto
Partindo da expressão matemática que traduz a segunda lei de Newton, 𝐹𝐹 ���⃗= m 𝑎𝑎⃗
Fr = 80 × 0,100 ⇔ Fr = 8,0 N
A intensidade da resultante das forças que atuam no conjunto, no intervalo de tempo considerado, é 8,0 N.
Outro processo:
Identificar o tipo de movimento
Se a intensidade da resultante das forças é constante, a aceleração terá módulo constante e o movimento será uniformemente retardado dado que se trata de uma travagem.
Determinar o módulo da aceleração
Tendo em conta a equação das posições do movimento retilíneo com aceleração constante 𝑥𝑥 = 𝑥𝑥o+ 𝑣𝑣o𝑡𝑡 + 12 𝑎𝑎𝑡𝑡2 ⇔ 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥o= 𝑣𝑣o𝑡𝑡 + 12 𝑎𝑎𝑡𝑡2 ⇔ ∆𝑥𝑥 = 𝑣𝑣o𝑡𝑡 + 12 𝑎𝑎𝑡𝑡2
Por substituição, 100 = 6 × 20 + 12𝑎𝑎 20 62 ⇔ 𝑎𝑎 = −0,100 m s−2⇔ |𝑎𝑎| = 0,100 m s−2 Determinar o módulo da velocidade ao fim dos 20 s
𝑣𝑣 = 𝑣𝑣o+ 𝑎𝑎 𝑡𝑡 ⇔ 𝑣𝑣 = 6,0 − 0,100 × 20 ⇔ 𝑣𝑣 = 4 m s−1
Determinar a intensidade da resultante das forças através da lei do trabalho-energia 𝑊𝑊𝐹𝐹⃗r = ∆ 𝐸𝐸c 𝐹𝐹r× 𝑑𝑑 × cos 𝛼𝛼 = 12𝑚𝑚 𝑣𝑣f2−12𝑚𝑚 𝑣𝑣i2 ⇔ 𝐹𝐹r = 1 2𝑚𝑚 𝑣𝑣f2−12𝑚𝑚 𝑣𝑣i2 𝑑𝑑 ×cos 𝛼𝛼 ⇔ 𝐹𝐹r = 1 280 ×4,02− 1280 ×6,02 100 ×cos 𝛼𝛼1800 ⇔ 𝐹𝐹r = 8,0 N A intensidade da resultante das forças que atuam no conjunto, no intervalo de tempo considerado, é 8,0 N. 5. O vetor velocidade tem sempre a direção tangente à trajetória em cada ponto e o sentido do movimento. Se a trajetória é um arco de circunferência, apesar de o módulo da velocidade permanecer constante, a sua direção varia de ponto para ponto da trajetória.
Existe aceleração sempre que a velocidade varia, isto é, se varia em módulo e/ou em direção. Assim, como na situação descrita varia em direção em cada ponto da trajetória podemos concluir que a aceleração do conjunto no intervalo de tempo considerado é não nula.
Grupo II 1. (D)
A expressão de conversão da unidade grau Celsius para kelvin é T (K) = t (ºC) + 273,15. Assim, a uma temperatura de -10,0 ºC corresponde 263,15 K e a temperatura de 0,0 ºC é equivalente a 273,15 K. Deste modo, a variação de temperatura expressa em kelvin será
∆𝑇𝑇 (K) = 273,15 − 263,15 = 10 K, o que valida a opção D. 2. (D)
Durante a fusão a pressão constante não há variação de temperatura. Por outro lado, a mudança de estado físico de sólido para líquido ou de líquido para gasoso é acompanhada de um aumento da “desordem” dos corpúsculos que constituem o material, havendo, assim, aumento da energia interna, o que valida a opção D. 3.1. Determinar a energia necessária e suficiente para fundir a amostra de gelo a 0,0 ºC
𝐸𝐸 = 𝑚𝑚 ∆𝐻𝐻f, onde ∆𝐻𝐻f é a energia de fusão do gelo e tem valor 3,34 × 105 J kg-1.
E = 0,150 × 3,34 × 105 = 50 100 J
Ou através de uma proporção:
3,34 × 105 J 1,0 kg =
𝐸𝐸
0,150 kg⇔ 𝐸𝐸 = 50 100 J
Determinar a massa de água, inicialmente a 20,0 ºC, que fornece a energia de 50 100 J quando arrefece até 0,0 ºC
𝐸𝐸 = 𝑚𝑚 𝑐𝑐 ∆𝑇𝑇 ⇔ 𝑚𝑚 = 𝑐𝑐 ∆𝑇𝑇𝐸𝐸 ⇔ 𝑚𝑚 =4,18 × 10−50 1003× [0,0 − (20,0)] ⇔ 𝑚𝑚 = 0,60 kg A massa mínima de água, a 20,0 ºC, necessária é 0,60 kg.
Outro processo:
Dado que não há trocas de energia com as vizinhanças, a energia recebida pelo gelo (𝐸𝐸1) será simétrica da energia cedida pela massa mínima de água necessária à fusão do gelo (𝐸𝐸2), já que a recebida é positiva e a cedida é negativa. Assim, a soma dessas duas energias (a recebida pelo gelo e a cedida pela água líquida) deverá ser nula.
Determinar a massa mínima de água a 20,0 ºC necessária para fundir o gelo partindo da expressão que traduz o princípio da conservação da energia
𝐸𝐸1+ 𝐸𝐸2 = 0
𝑚𝑚gelo ∆𝐻𝐻f+ 𝑚𝑚água 𝑐𝑐 ∆𝑇𝑇 = 0⇔ 𝑚𝑚água = −𝑚𝑚gelo𝑐𝑐 ∆𝑇𝑇 ∆𝐻𝐻f ⇔ 𝑚𝑚água= −0,150 × 3,34×10 5
4,18×103× [(0,0 – (20,0)] ⇔ 𝑚𝑚 = 0,60 kg A massa mínima de água, a 20,0 ºC, necessária é 0,60 kg.
3.2. (B)
O rendimento é dado pela razão entre a energia recebida efetivamente pela água (aumento da sua energia interna) e a energia fornecida pela fonte.
η = Variação da energia interna da águaEnergia cedida pela fonte ×100
Dado que a potência da fonte é 250 W e forneceu energia durante 1,5 min = 90 s, a energia fornecida foi 𝑃𝑃 = ∆𝑡𝑡 𝐸𝐸 ⇔ 𝐸𝐸 = 𝑃𝑃 × ∆𝑡𝑡 ⇔ 𝐸𝐸 = 250 × 90 ⇔ 𝐸𝐸 = 22 500 𝐽𝐽
Assim, η =1,4×1022 5004× 100 ⇔ η = 62%, o que valida a opção B. Grupo III
1. A análise do gráfico da figura 2 permite verificar que, quanto maior for o comprimento de onda da radiação menor é o índice de refração desse vidro SF10. O índice de refração de uma radiação eletromagnética num determinado meio relaciona-se com a velocidade de propagação dessa radiação nesse meio pela expressão 𝑛𝑛 = velocidade da radiação nesse meiovelocidade da radiação no vazio
Dado que o índice de refração da radiação nesse meio é inversamente proporcional à velocidade de propagação dessa radiação, podemos concluir que a velocidade de propagação no vidro referido aumenta à medida que o comprimento de onda da radiação aumenta.
2.1. O ângulo entre o feixe refletido e a face do paralelepípedo na qual o feixe se refletiu é 65º.
Na reflexão, o ângulo de reflexão tem a mesma amplitude que o ângulo de incidência. Assim, o ângulo de reflexão, que é medido em relação à normal à superfície refletora, é 25º. Assim, 90º - 25º = 65º.
2.2. (A)
O índice de refração do vidro SF10 para a radiação de comprimento de onda 588 nm é 1,728, tal como indica o gráfico da figura 2.
Para que ocorra reflexão total é necessário que o ângulo de incidência seja superior ao ângulo crítico. Assim, 𝑛𝑛1𝑠𝑠𝑠𝑠𝑛𝑛 αcrít = 𝑛𝑛2 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑛𝑛 90º ⇔ 1,728 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑛𝑛αcrít = 1,000 × 1 ⇔ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑛𝑛αcrít = 1,0001,728 = 0,579, ou seja, αcrít = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑛𝑛−1(0,579)⇔α
crít = 35,4° Grupo IV
1. A curva de titulação é o gráfico que relaciona o pH da solução contida no gobelé com o volume de titulante adicionado, ou seja, pHsolução = f (volume de titulante adicionado).
2. (A)
No ponto de equivalência, n(H3O+) = n(OH−)
Como o ácido clorídrico é monoprótico e forte sofre ionização total de acordo com a equação HCl (aq) + H2O (l) → Cl− (aq) + H3O+ (aq)
n(HCl) = n(H3O+) Nos 50,0 cm3 de solução de HCl a quantidade de iões H3O+é 2,00 × 10−4 mol
1 cm3 =
𝑛𝑛(H3O+)
50,0 cm3 ⇔ 𝑛𝑛(H3O+) = 0,010 mol de iões H3O+
Assim, no ponto de equivalência, n(OH-) = 0,010 mol. Como a concentração de iões OH- é igual à de NaOH, pois este sofre dissociação total de acordo com a equação química
NaOH (aq) → Na+ (aq) + OH− (aq)
o volume de solução de NaOH, de concentração 0,400 mol dm-3, será
𝑐𝑐 =𝑛𝑛𝑉𝑉⇔ 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛𝑐𝑐⇔ 𝑉𝑉 = 0,0100,400 ⇔ 𝑉𝑉 = 0,0250 dm3 = 25,0 cm3, que valida a opção A. 3. (C)
De acordo com a estequiometria da reação, no ponto de equivalência todo o ácido reagiu com toda a base adicionada, obtendo-se uma solução aquosa neutra de cloreto de sódio, NaCl (aq). As quantidades iguais dos iões H30+ e OH- provêm da autoionização da água, o que valida a opção C.
4. Determinar a quantidade de ácido clorídrico, ou seja, de iões 𝐇𝐇𝟑𝟑𝐎𝐎+ existente no copo 𝑐𝑐(HCl) = 𝑐𝑐 (H3O+) = 2,00 × 10−4 mol por 1,00 cm3
𝑐𝑐(H3O+ ) = 𝑛𝑛(H3O+)
𝑉𝑉 ⇔ 𝑛𝑛(H3O+) = 𝑐𝑐(H3O+ ) × 𝑉𝑉
𝑛𝑛(H3O+) = 2,00 × 10−4× 50,00 ⇔ 𝑛𝑛(H3O+) = 1,000 × 10−2 mol iões H3O+
Determinar a quantidade de hidróxido de sódio, ou seja, de iões 𝐎𝐎𝐇𝐇− adicionada ao copo 𝑐𝑐(NaOH) = 𝑐𝑐(OH−) = 0,400 mol dm−3
𝑛𝑛(OH−) = 𝑐𝑐(OH−) × 𝑉𝑉 base
𝑛𝑛(OH−) = 0,400 × 40,0 × 10−3 ⇔ 𝑛𝑛(OH−) = 1,600 × 10−2 mol Calcular a quantidade de 𝐎𝐎𝐇𝐇− em excesso
Entre os iões H3O+ e OH− ocorrerá uma reação de neutralização traduzida pela equação H3O+ (aq) + OH− (aq) ⇆ 2 H2O (l)
Assim, como existem iões OH− em excesso, pode escrever-se
𝑛𝑛(OH−)ex = 6,00×10−3 mol
Calcular a concentração de iões 𝐎𝐎𝐇𝐇− (aq) na solução final 𝑐𝑐(OH−) = 𝑛𝑛(OH−)ex
𝑉𝑉total =
6,00 × 10−3 mol
90,0 × 10−3 dm3 = 6,67 × 10−2 mol dm−3 Calcular a concentração de iões 𝐇𝐇𝟑𝟑𝐎𝐎+ (𝐚𝐚𝐚𝐚) na solução final
𝐾𝐾w = [H3O+] × [OH−] Como a titulação ocorre a 25 ºC, [H3O+] × [OH−] = 1,00 × 10−14 [H3O+] × 6,67 × 10−2 = 1,00 × 10−14 [H3O+] = 1,00 × 10−14
6,67 × 10−2 = 1,50 × 10−13 mol dm−3 Determinar o pH da solução final, a 25 ºC
pH = − log [H3O+]/mol dm-3 pH = − log 1,50 × 10−13 = 12,82 O pH da solução resultante é 12,82. Grupo V
1. Determinar a quantidade de cada componente do sistema no estado de equilíbrio
Recorrendo ao esquema seguinte para evidenciar as quantidades de cada constituinte do sistema químico que se gastaram ou que se formaram até se atingir o equilíbrio,
A(g) + 2 B (g) C (g) + D (g)
ni /mol 0,80 1,30 - -
nv / mol -𝑥𝑥 -2𝑥𝑥 +𝑥𝑥 +𝑥𝑥
ne / mol 0,8 - 𝑥𝑥 1,30 - 2𝑥𝑥 𝑥𝑥 𝑥𝑥
Como depois de atingido o equilíbrio, verificou-se existir no reator 0,45 mol de C (g), pode considerar-se que 𝑥𝑥 = 0,45 mol. Assim,
𝑛𝑛(A)e = 0,80 − 0,45 = 0,35 mol 𝑛𝑛(B)e= 1,30 − 2 × 0,45 = 0,40 mol 𝑛𝑛(C)e= 𝑛𝑛(D)e= 0,45 mol
Calcular a concentração da cada componente no estado de equilíbrio [A]e = 𝑛𝑛(A)𝑉𝑉 = e 0,35 mol1 dm3 = 0,35 mol dm−3
[B]e = 𝑛𝑛(B)e𝑉𝑉 = 0,40 mol1 dm3 = 0,40 mol dm−3 [C]e = 𝑛𝑛(C)e𝑉𝑉 = 0,45 mol1 dm3 = 0,45 mol dm−3 [D]e = 𝑛𝑛(D)𝑉𝑉 = e 0,45 mol1 dm3 = 0,45 mol dm−3 Calcular a constante de equilíbrio da reação 𝐾𝐾c = [C][A]e× [D]e
e× [B]e2
⇔ 𝐾𝐾c = 0,35 × 0,400,45 × 0,452 = 3,6
A constante de equilíbrio da reação considerada à temperatura T é 3,6. 2. Identificar o reagente limitante
De acordo com a estequiometria da reação, por cada 1 mol de A (g) reagem 2 mol de B (g). Se no sistema reacional foram colocadas 0,80 mol do reagente A, que quantidade de B (g) se gastaria?
1 mol A (g) 2 mol de B (g) =
0,8 mol de A (g)
𝑥𝑥 ⇔ 𝑥𝑥 = 2 × 0,8 = 1,6 mol de B (g)
Como apenas se colocou 1,3 mol da B (g) no sistema reacional, e essa quantidade é inferior a 1,6 mol, este é o reagente limitante.
Determinar a quantidade de C (ou de D) que se previa formar a partir das 1,3 mol de B (g) se a reação fosse completa
𝑛𝑛(C) = 12 𝑛𝑛(B) = 12 × 1,3 = 0,65 mol Determinar o rendimento da reação η = 𝑛𝑛(C)𝑛𝑛(C)obtido
previsto×100 ⇔ η =
0,45 mol
0,65 mol × 100 ⇔ η = 69%. O rendimento da reação nas condições consideradas é 69%.
Grupo VI
1.1. Dado que se trata do gráfico V = f (n), sendo V o volume ocupado por um gás (ideal) e n a quantidade de gás, pela expressão 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛 𝑉𝑉m, pode concluir-se que o significado físico do declive da reta representada é o volume molar, nas condições referidas.
1.2. Determinar a quantidade de nitrogénio, N2 (g), existente em, por exemplo, 1,0 g de mistura %𝑚𝑚𝑚𝑚(N2) = 𝑚𝑚𝑚𝑚 (N2) solução × 100 ⇔ 0,765 = 𝑚𝑚 (N2) 1,0 ⇔ 𝑚𝑚 (N2) = 0,765 g 𝑀𝑀r(N2) = 2 × 𝐴𝐴r (N) = 2 × 14,01 = 28,02 ⇒ 𝑀𝑀(N2) = 28,02 g mol−1 𝑛𝑛 = 𝑚𝑚𝑀𝑀⇔ 𝑛𝑛 = 0,76528,02 = 0,0273 mol
Determinar a quantidade de oxigénio, O2 (g), existente em 1,0 g de mistura %𝑚𝑚𝑚𝑚(O2) = 𝑚𝑚𝑚𝑚 (NO2)
solução × 100 ⇔ 0,235 = 𝑚𝑚 (O2)
1,0 ⇔ 𝑚𝑚 (N2) = 0,235 g 𝑀𝑀r(O2) = 2 × 𝐴𝐴r (O) = 2 × 16,00 = 32,00 ⇒ 𝑀𝑀(O2) = 32,00 g mol−1 𝑛𝑛 = 𝑚𝑚𝑀𝑀⇔ 𝑛𝑛 = 0,23532,00 = 0,0073 mol
Determinar o volume total ocupado por 1,0 g da mistura de N2 (g) e O2 (g) 𝑛𝑛t = 𝑛𝑛(N2) + 𝑛𝑛 (O2) = 0,0273 + 0,0073 = 0,346 mol
Por leitura no gráfico da figura 5, verifica-se que 5,0 mol de gás (mistura) ocupaM o volume de 120 dm3. 5 mol (g)
120 dm3 =
0,346 mol (g) 𝑉𝑉
V = 8,30 dm3
Determinar a massa volúmica da mistura gasosa, nas condições de pressão e de temperatura consideradas
ρ =𝑚𝑚𝑉𝑉mistura mistura =
1,0 𝑔𝑔
8,30 dm3 = 1,2 g dm−3
A massa volúmica da mistura gasosa, nas condições de pressão e de temperatura consideradas, é 1,2 g dm−3. 2. (C) 𝑀𝑀r(N2) = 2 × 𝐴𝐴r (N) = 2 × 14,01 = 28,02 ⇒ 𝑀𝑀(N2) = 28,02 g mol−1 A quantidade de N2 (g) em 100 g será: 𝑛𝑛 = 𝑚𝑚𝑀𝑀⇔ 𝑛𝑛 = 28,02 = 3,57 mol100 𝑁𝑁(N2) = 𝑛𝑛 × 𝑁𝑁𝐴𝐴 ⇔ 𝑁𝑁(N2) = 3,57 × 6,02 × 1023 ⇔ 𝑁𝑁(N2) = 2,15 × 1024 molécula de N2 𝑁𝑁(N) = 2 × 𝑁𝑁(N2) = 2 × 2,15 × 1024 = 4,30 × 1024 átomos de N, o que valida a opção C.
3. (A)
Em N2 (g) o número de oxidação dos átomos de nitrogénio (azoto) é zero e na molécula O2 (g) o número de oxidação dos átomos de oxigénio também é zero.
Com a exceção dos peróxidos, quando os átomos de oxigénio estão ligados a átomos diferentes, o número de oxidação desses átomos é -2. Como o óxido de nitrogénio é uma molécula (estrutura eletricamente neutra), a soma dos números de oxidação dos átomos presentes tem de ser nula. Assim,
n. o. (N) + n. o. (O) = 0 ⇔ n. o. (N) + (−2) = 0 ⇔ n. o. (N) = +2 A variação do número dos átomos de nitrogénio será:
∆n. o. (N) = +2 − 0 = +2
Uma vez que a variação do número de oxidação dos átomos de nitrogénio é positiva significa que cederam eletrões, sendo N2 (g) o agente redutor, o que valida a opção A.
Grupo VII
1. Na notação de Lewis da molécula de N2 devem estar representados 10 eletrões.
Os átomos de nitrogénio possuem número atómico 7, pelo que se conclui que possuem 7 eletrões. A configuração eletrónica dos seus átomos no estado fundamental é 1s2 2s2 2px12py12pz1, pelo que possuem 5 eletrões no ultimo nível (nível 2), logo 5 eletrões de valência. Como a molécula é formada por dois átomos de nitrogénio, e na notação de Lewis só se representam os eletrões de valência dos átomos envolvidos, deverão ser representados 10 eletrões, ou seja, os 10 eletrões de valência.
2. (C)
A molécula de N2 (g) é diatómica e formada por átomos iguais. 1 mol de moléculas de N2 (g) origina 2 mol de átomos de nitrogénio (N), sendo necessário fornecer 945 kJ para dissociar essas moléculas. Como se pretende obter 4 mol de átomos de nitrogénio, será necessário dissociar 2 mol de moléculas N2 (g). Para ocorrer a dissociação é preciso fornecer energia ao sistema, pelo que, convencionalmente, é uma energia que “entra” no sistema, ou seja, positiva.
Assim, a energia necessária será + (2 × 945) kJ, o que valida a opção C. 3. (B)
A configuração eletrónica dos átomos de nitrogénio no estado fundamental é 1s2 2s2 2p x 12p y 12p z 1. Os eletrões de valência são os que se localizam no último nível, o nível 2, ocupando a orbital 2s e as três orbitais degeneradas 2p (2px, 2py e 2pz). Estas possuem maior energia que as 2s. Assim, são 4 orbitais, sendo que uma delas (a 2s) tem menor energia que as outras 3 (as 2p), o que valida a opção B.
4. (B)
O número atómico dos átomos de nitrogénio é 7. O número de massa de um átomo é a soma do número de protões e de neutrões desse átomo, ou seja, das partículas que existem no núcleo. Assim, se um átomo tem 7 protões e o número de massa é 15, o número de neutrões será 8 (15 – 7 = 8 neutrões), o que valida a opção B.
5. O elemento do 2.º período da tabela periódica cujos átomos, no estado fundamental, apresentam menor raio atómico é o Néon (Ne).
Ao longo de um período o raio atómico diminui à medida que o número atómico aumenta, porque devido ao aumento da carga nuclear as interações atrativas tornam-se mais fortes gerando contração da nuvem eletrónica e consequente diminuição do raio atómico.
O néon é o último elemento químico da tabela periódica do segundo período, pelo que é de prever que seja o que possui menor raio atómico.
