Exame Nacional 2006Física e Química A – 11.° ano

2.a Fase

Sugestão de resolução1.

1.1. (B).

De acordo com os 3.° e 4.° períodos do primeiro parágrafo do texto, desde a explosão cósmica que amatéria e a energia do Universo se expandem e arrefecem, pelo que as alternativas A , C e D sãofalsas. Os primeiros elementos que se formaram foram o hidrogénio e o hélio, como é afirmado no1.° período do segundo parágrafo.

1.2. (D).

Como é afirmado nos 1.° e 2.° períodos do terceiro parágrafo, a expansão do Universo e a dete-ção de radiação cósmica de fundo são duas provas da existência do Big Bang.

1.3. (C).

Numa reação nuclear (como esta de fusão nuclear – reação entre dois núcleos leves que dão ori-gem a um mais pesado e libertação de energia), há conservação de carga, do número denucleões (regra A) e do número atómico (regra Z ).

21H

+ + 11H

+ " 32He2+ + 0

0γ (+ 1 + 1 = + 2 ; 2 + 1 = 3 + 0 e 1 + 1 = 2 + 0)

A letra A deve ser substituída pela representação do núcleo 32He2+ .

1.4.

1.4.1. O comprimento de onda para o qual a intensidade da radiação emitida é máxima pertence à bandado UV do espetro eletromagnético, uma vez que o seu valor é muito inferior a 400 nm (da figura 1,lmáx ) 300 nm) . Assim, do espetro visível, a cor da radiação emitida com maior intensidade pelaestrela é a violeta, pois é a que apresenta menores valores de comprimento de onda.

1.4.2. (C).λ = 290 nm = 290 * 10-9 m = 2,90 * 10-7 m

Substituindo o valor de λ na expressão λT = 2,898 * 10–3 m K , tem-se:

2,90 * 10–7 T = 2,898 * 10–3 § T = K

A alternativa correta é a (C).

1.4.3. O espetro de emissão atómico de qualquer elemento é um espetro de riscas. Mas para um dadoelemento corresponde um espetro característico, isto é, com um número de riscas e cores bemdefinidas (sobre fundo negro), às quais correspondem comprimentos de onda bem definidos. Poroutro lado, o respetivo espetro de absorção apresenta riscas negras (no espetro visível) que selocalizam exatamente nos comprimentos de onda das riscas do espetro de emissão.Assim, comparando as riscas negras do espetro solar, que se devem à absorção de radiação porátomos de vários elementos presentes na atmosfera do Sol, verifica-se que algumas delas coinci-dem com as riscas dos espetros de emissão do hidrogénio e do hélio, pelo qual se pode concluirque estes elementos existem na atmosfera solar.

1.5. (A) Falsa. Para que se verifique o efeito fotoelétrico, a energia do fotão incidente, Einc., terá de serigual ou superior à energia de remoção, Erem. (o mesmo que W no formulário), do eletrão. Aumen-tando a intensidade da radiação, aumenta o número de fotões, mas como neste processo cadafotão incide sobre um eletrão, caso a Einc. < Erem. continua a não se verificar o efeito fotoelétrico.

(B) Verdadeira. A energia da radiação vermelha é inferior à energia de radiação azul, logo, estaao incidir sobre o metal remove os eletrões da ação do núcleo que adquirem energia cinética comvalor superior à que, eventualmente, possuíam por absorção de radiação vermelha.

2,898 * 10-3

2,90 * 10-7

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(C) Verdadeira. Sendo Einc. = Erem. + Ecin., então Ecin. = Einc. – Erem., donde se conclui que Ecin. doseletrões emitidos depende da radiação incidente, Einc., e da natureza do metal, isto é, da energia deremoção, Erem..

(D) Falsa. A energia da radiação ultravioleta é superior à da radiação visível, mas a energia deremoção do eletrão, Erem., é a mesma, logo a energia cinética dos eletrões ejetados por ação daradiação UV é superior à dos ejetados por ação da radiação visível e, consequentemente, a res-petiva velocidade é também superior.

(E) Verdadeira. A energia de remoção dos eletrões mais fortemente atraídos pelo núcleo é supe-rior à dos eletrões mais periféricos, logo como a radiação incidente é a mesma, tem a mesmaenergia, o valor da energia cinética com que são ejetados é inferior, isto é, são ejetados commenor velocidade.

(F) Falsa. De acordo com o afirmado em (A), conclui-se que o número de eletrões emitidosdepende da intensidade de radiação e não da frequência. A energia do fotão incidente é quedepende da frequência.

(G) Verdadeira. De acordo com o afirmado em (A) e em (F) .

(H) Falsa.

Einc. = 3 A ; Erem. = A ; Ecin.= ?

Como Ecin. = Einc. – Erem. ± Ecin. = 3 A – A § Ecin. = 2 A .

Os eletrões serão ejetados com energia cinética 2 A .

1.6. Isolar = 1,10 * 1010 J m–2 ; Eele. = 21,0 kW h ; ∆t = 1 ano ; ∆t = 1 dia

h = 25% ; A = ?

A energia elétrica consumida durante um ano é:

Econs. = Eele. * 365 § Econs. = 21,0 * 365 § Econs. = 7665 kW h

que em unidades SI é:

Econs. = 7665 * 103 * 3600 § Econs. = 2,76 * 1010 J

Sendo o rendimento

h = ± 0,25 = § Esolar = § Esolar = 1,10 * 1011 J

Como a intensidade da radiação solar, Isolar, é:

Isolar = , então A = ± A = § A = 10 m2

A área de painéis fotovoltaicos necessária é de 10 m2.

2.

2.1.

2.1.1. Como se pode concluir a partir da análise do gráfico, quando o pH da água é 9, a percentagemde HC’O é muito baixa.Com base na informação apresentada, a experiência demonstra que o HC’O é o composto maiseficaz no processo de desinfeção. Assim, pode concluir-se que, a pH = 9, não ocorrerá a desinfe-ção eficiente da água na piscina.

2.1.2. (D).

(A) Verdadeira. Na molécula de C’2, o cloro encontra-se no estado livre, pelo que apresenta umnúmero de oxidação igual a 0 (zero) .

(B) Verdadeira. Nesta reação, os iões C’– oxidam-se, pois há um aumento do número de oxidaçãodo elemento cloro de – 1 , no ião C’– , para 0 (zero), na molécula de C’2. Ocorreu uma perda deeletrões. As moléculas de H2O reduzem-se, pois há uma diminuição do número de oxidação do

1,10 * 1011

1,10 * 1010

Esolar

Isolar

Esolar

A

2,76 * 1010

0,252,76 * 1010

Esolar

Econs.

Esolar

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elemento hidrogénio de + 1 , na água, para 0 (zero), no hidrogénio molecular (H2). Ocorreu, por-tanto, um ganho de eletrões.

(C) Verdadeira. Os pares de partículas H2O/H2 e C’2/C’– podem transformar-se uma na outra porganho ou perda de eletrões. Denominam-se, portanto, pares conjugados de oxidação-redução.

(D) Falsa. A reação de oxidação pode ser traduzida pela equação:

2 C’–(aq) " C’2(g) + 2 e–

Uma equação química tem de estar eletricamente acertada. Além disso, numa reação de oxida-ção ocorre uma libertação (e não uma captação) de eletrões.

2.2.

2.2.1. (A).

Ar(A’) = 26,98

n(A’3+) = § m(A’3+) = n(A’3+) * M(A’)

m(A’3+) = 1,85 * 10–6 mol * 26,98 g mol–1 = 1,85 * 10–6 * 26,98 g = 1,85 * 10–6 * 26,98 * 103 mg

1 L = 103 mL

Valor Máximo Recomendável (VMR) =

VMR = mg mL–1

2.2.2. • Cálculo da concentração de HO– da água da amostra

[H3O+] = = = 3,16 * 10–6 mol L–1

A 25 °C , Kw = [H3O+] * [HO–] = 1,00 * 10–14

1,00 * 10–14 = 3,16 * 10–6 * [HO–] § [HO–] = = 3,16 * 10–9 mol L–1

• Cálculo da concentração de A’3+ na amostra de água utilizada

O equilíbrio de solubilidade de A’(HO)3 é traduzido pela equação:

A’(HO)3(s) — A’3+(aq) + 3 HO–(aq)

A expressão do produto de solubilidade do hidróxido de alumínio é:

Ks = [A’3+] * [HO–]3

A 25 °C , temos:

1,80 * 10–33 = [A’3+] * (3,16 * 10–3) § [A’3+] = = 5,70 * 10–8 mol L–1

• Comparação da [A’3+] da água referida com o VMR do ião alumínio

VMR = 1,85 * 10–6 mol L–1 [A’3+] = 5,70 * 10–8 mol L–1

5,70 * 10–8 < 1,85 * 10–6

[A’3+] < VMR

Conclusão: A água referida é adequada ao consumo humano.

3.

3.1. (D).

(A) Falsa. Como os ácidos HNO3 e HC’ são ácidos muito fortes (Ka muito elevado) podem con-siderar-se completamente ionizados:

HNO3(aq) + H2O(’) " NO3–(aq) + H3O

+(aq)

HC’(aq) + H2O(’) " C’–(aq) + H3O+(aq)

1,80 * 10-33

(3,16 * 10-9)3

1,00 * 10-14

3,16 * 10-6

3,16 * 10-6 mol1 L

n(H3O+)

V(água)

1,85 * 10-6 * 26,98 * 103

103

m(A’3+)

V

m(A’3+)

M(A’)

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Pela estequiometria das reações de ionização pode considerar-se que a concentração de H3O+

em solução é igual à concentração inicial dos respetivos ácidos.

Como pH = – log [H3O+] , as concentrações das soluções tituladas pelos grupos A e C terão de

ter concentrações diferentes, pois apresentam valores de pH diferentes.

(B) Falsa. Como se viu em (A), as concentrações das soluções tituladas pelos grupos A e Bterão de ser iguais, pois estas soluções apresentam iguais valores de pH .

(C) Falsa. O volume de titulante gasto até atingir o ponto de equivalência corresponde ao volumede titulante necessário para que a reação ácido-base se complete:

H+(aq) + HO–(aq) " H2O(’)

Assim, no ponto de equivalência, a quantidade de HO– (proveniente da solução de NaHO) éigual à quantidade de H+ (proveniente das soluções ácidas).

Assim, como n = c * V , temos:

cácido * Vácido = cbase * Vbase

Como as concentrações das soluções tituladas pelos grupos B e C são diferentes (o pH dotitulado no início da titulação é diferente) e o volume de titulante gasto no ponto de equivalência éo mesmo, os grupos B e C têm de ter titulado volumes diferentes de soluções ácidas.

(D) Verdadeira. Como se viu em (B) e em (C), se a concentração das soluções tituladas pelosgrupos A e B são iguais e o volume de titulante gasto no ponto de equivalência pelo grupo B éo dobro do volume gasto pelo grupo A , conclui-se que o grupo B titulou o dobro do volume desolução ácida do titulado pelo grupo A .

3.2. Bureta de 25,00 mL; pipeta volumétrica de 20,00 mL; pompete; gobelé; conjunto garra e noz;medidor de pH de bolso e suporte universal.

4.

4.1. Quanto à utilização de satélites geostacionários é de referir o seu uso em:– cartografia;– estudos ambientais;– previsões meteorológicas;– vigilância de incêndios.

4.2. (D).

O módulo da força gravítica que atua sobre um corpo, de massa m e que se encontra à distânciar do centro da Terra, resultante da interação Terra-corpo, é:

Fg = G .

Desta expressão conclui-se que as forças gravitacionais que atuam nos dois astronautas são dife-rentes de zero e de módulos diferentes, visto que os astronautas têm diferentes massas, logo asalternativas A e B são falsas.

A força resultante que atua sobre os astronautas é radial e centrípeta e de módulo igual à forçagravitacional. Assim:

Fc = Fg § m a = G § a = G

Esta expressão mostra claramente que os dois astronautas têm acelerações de igual módulo, emrelação ao centro da Terra, visto ser independente das respetivas massas, pelo que a alternativacorreta é a (D).

4.3. (C).

A altitude do satélite, h , é:

h = r – RT

MT

r 2

MT mr 2

MT mr 2

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Recorrendo à expressão da aceleração obtida em 4.2. ,

a = G

e como a = ω 2 r , tem-se:

ω 2r = § ω 2 r 3 = G MT

Dado que o período, T , do movimento do satélite geostacionário é 24 h e que ω = , então:

r 3 = G MT § r 3 = T 2

Desta expressão conclui-se que a distância do satélite ao centro da Terra e, consequentemente, asua altitude dependem da massa da Terra, pelo que a alternativa correta é a C .

4.4.

4.4.1. O módulo da velocidade angular é ω = ,

onde T é o período do movimento do satélite que, como é geostacionário, é igual a 24 h .

T = 24 h = 24 * 3600 s

ω = § ω = 7,27 * 10–5 rad s–1

O módulo da velocidade angular do satélite geostacionário é 7,27 * 10–5 rad s–1.

4.4.2. Sendo Fc = Fg § m a = G § a =

e como a = ω2 r , então:

ω2 r = § r 3 = § r =

r = § r = 4,23 * 107 m

A força gravítica, Fg , é:

Fg = m ω2 r ± Fg = 5,0 * 103 * (7,27 * 10–5)2 * 4,23 * 107; Fg = 1,1 * 103 N

A intensidade da força gravítica que atua no satélite, devido à interação com a Terra, é 1,1 * 103 N .

4.5.

4.5.1. (B).

Recorrendo à Lei de Snell-Descartes para a refração, tem-se:

nar sin β = nágua sin α § sin β = sin α ± sin β = sin 20,0° § sin β = 0,445 ; β = 26,4°

A alternativa que apresenta o valor correto do ângulo β é a B .

4.5.2. vo = 20,0 m s–1 ; ho = 50 m ; h = 0 m

Considerando desprezável a resistência do ar, há conservação de energia mecânica:

Emo= Em § Eco

+ Epo= Ec + Ep

Como ao nível do mar h = 0 , então, Ep = 0 e

m v o2 + m g ho = m v 2 § v 2 = v o

2 + 2 g ho

v = § v = 37,4 m s–1

O módulo da velocidade com que o objeto atinge a superfície da água do mar é igual a

3,7 * 10 m s–1 .

œ20,02 + 2 * 10 * 50

12

12

1,31,0

nágua

nar

Œ3 6,67 * 10-11 * 5,98 * 1024

(7,27 * 10-5)2

Œ3 G MT

w2

G MT

w 2

G MT

r 2

G MT

r 2

MT mr 2

2p24 * 3600

2pT

G MT

4p2

4p2

T 2

2pT

G MT

r 2

MT

r 2

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4.5.3. (B).

A energia potencial do sistema Terra + objeto é em qualquer instante a mesma quer se deprezeou não a resistência do ar, pois depende apenas da posição (Ep = m g h), pelo que a afirmação(C) é falsa.

Quando não se despreza a resistência do ar há variação de energia mecânica: ∆Em = W »Fa.

E como »Fa atua em sentido contrário ao do movimento, então W »Fa< 0 , donde se conclui que

∆Em < 0 e como ∆E = Em – Emo, então Em < Emo

.

Isto é, ao atingir a superfície da água do mar a energia mecânica do sistema Terra + objeto émenor do que a que apresenta quando a resistência é desprezável (Em = Emo

), logo a afirmação(B) está correta e a (D) é falsa.

Quanto à energia cinética com que o objeto atinge a superfície da água do mar, é inferior à queapresenta quando se despreza a resistência do ar, pois como:

∆Em = ∆Ec + ∆Ep2

e sendo ∆Ep = constante e como ∆Em < 0 , então ∆Ec < ∆Ep .

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