Exame Nacional 2007 Física e Química A – 11.° ano

Física e Química A – 11.° ano

2.

Fase

Sugestão de resolução

1.

1.1. Diminuir a ocorrência de uma crise energética grave.

Reduzir significativamente os efeitos prejudiciais sobre o meio ambiente.

1.2. (B).

2.

2.1. m (CH

) = 40,0 g M (CH

) = 16,0 g mol

V(H

O) = 78,4 dm

(PTN)

Cálculo da quantidade de H

O que se formaria se a reacção fosse completa:

n (CH

) = = 2,50 mol

De acordo com a estequiometria da reacção, entre CH

e H

O, 1:2, a quantidade máxima de H

O que é possível obter é dupla da quantidade de CH

gasta:

n (H

O) = 2 * n (CH

) = 2 * 2,50 mol = 5,00 mol Cálculo da quantidade de H

O obtida:

Como o volume molar (V

) de H

O(g) em condições PTN é igual a 22,4 dm

, temos:

n (H

O) = = 3,50 mol

Cálculo do rendimento:

O rendimento será:

h ^{= *} 100 = * 100 = 70,0%

2.2.

2.2.1. (C).

(A) Falsa.

A configuração electrónica do átomo de carbono (

C) no estado de energia mínima é 1s

2s

2p

. (B) Falsa.

De acordo com a configuração electrónica do átomo de C S no estado de energia mínima:

1s

2s

2p

3s

3p

, os electrões deste átomo estão distribuídos por nove orbitais: uma orbital 1s, uma orbital 2s, três orbitais 2p, uma orbital 3s e três orbitais 3p.

(C) Verdadeira.

A configuração electrónica 1s

2s

2p

3s

corresponde à configuração electrónica do átomo de car- bono num estado excitado.

(D) Falsa.

O conjunto de números quânticos (3, 0, 1, 1/2) é impossível.

Se o número quântico secundário, S, é igual a zero, o número quântico magnético, m

, só pode ter o valor zero.

2.2.2. (C).

(A) Falsa.

A transição Z corresponde a uma risca na região do visível do espectro de absorção do hidro- génio.

3,50 5,00 n

n

V

V

= 78,4 dm

22,4 dm

mol

m

M = 40,0 g 16,0 g mol

CPEN-FQ11©PortoEditora

(B) Falsa.

A transição Y está associada à emissão de uma radiação na região do UV (Série de Lyman) do átomo de hidrogénio, mais energética que a radiação associada à transição Z e T.

(C) Verdadeira.

A transição X está associada à absorção de uma radiação na região do UV do átomo de hidrogé- nio, pois o valor da energia DE = E

– E

corresponde a uma radiação UV.

(D) Falsa.

A transição T corresponde a uma risca na região do infravermelho do espectro de emissão do hidrogénio, logo não pode corresponder a uma radiação azul (visível).

2.2.3. (B).

A energia de remoção (E

) do átomo de hidrogénio é:

E

= E

- E

= 0 - ( - 2,18 * 10

) J =

= + 2,18 * 10

J

Como E

= E

+ E

, se a energia incidente tiver o mesmo valor da energia de remoção, o elec- trão é removido do átomo (deixa de estar sob a acção do núcleo) e fica com um valor nulo de energia cinética.

2.2.4. Como é indicado na tabela, o valor da primeira energia de ionização dos halogéneos diminui ao longo do grupo.

Esta diminuição deve-se à existência de maior número de electrões internos, ficando o núcleo mais blindado e os sete electrões de valência cada vez menos atraídos para o núcleo.

3.

m = 50,0 kg; v

= 0; v

= 0;

a = 3,0 m s

de C a D; CD = 12,0 m.

Como o atrito é desprezável de A a C, há conservação de energia mecânica.

3.1. (D). O peso é uma força conservativa, logo, o trabalho realizado por esta força é independente da trajectória e simétrico da variação de energia potencial gravítica do carrinho entre as posições A e C, W

= - D E

.

3.2. (A). Como há conservação de energia mecânica, então:

D E

= - D E

§ E

- E

= - (E

- E

) §

§ E

- 0 = - (0 - E

) §

§ E

= E

§ m v

= m g §

§ v

= g h § v

= 3.3.

D E

= D E

+ D E

Como de C a D temos D E

= 0, pois D h = 0, logo D E

= D E

Da Lei do Trabalho-Energia, D E

= W

e W

= W

+ W

+ W

Mas, P » e R »

são perpendiculares à trajectória, pelo que W

e W

são nulos; então, W

= W

e, consequentemente,

D E

= W

§ D E

= - m a d ; D E

= - 50,0 * 3,0 * 12,0 J §

§ D E

= - 1,8 * 10

J

A variação de energia mecânica do carrinho durante o percurso de C a D é igual a - 1,8 * 10

J.

œ ^{g h}

h 2 1

2

CPEN-FQ11©PortoEditora

4.

4.1. (B). Em cada instante, a força exercida pela Terra sobre o satélite é centrípeta e a velocidade é tangente à trajectória, ou seja, perpendicular à força F. »

4.2. (B). Como, em cada instante, F » é perpendicular à trajectória e de módulo constante, o satélite está animado de movimento circular uniforme, isto é, com velocidade de módulo constante e, assim, o gráfico que traduz a variação dos módulos destas grandezas é o B.

4.3. F » = » F

§ F = F

§ m a

= G § a

= G ; Como a

= , então = G § v

= G § v =

v = m s

§ v = 6891 m s

O módulo da velocidade orbital do satélite é igual a 6,9 * 10

m s

.

5.

5.1. v = 340 m s

.

Da figura 4 é possível identificar:

– a amplitude, A, da vibração da partícula, isto é, a distância máxima à posição de equilíbrio, A = 10 nm;

– o período, T, da vibração da partícula, isto é, o intervalo de tempo decorrido entre dois instantes consecutivos em que a partícula se encontra no mesmo estado de vibração, T = 2,0 * 10

s.

(A) Falsa.

A amplitude da vibração é que é igual a 10 nm.

(B) Falsa.

O período de vibração é de 2,0 * 10

s.

(C) Verdadeira.

l = v T ± l = 340 * 2,0 * 10

m § l = 0,68 m.

(D) Verdadeira.

A amplitude, elongação máxima, é de 10 nm.

(E) Verdadeira.

¶ = e v = ± v = l ¶ e v = 340 m s

(F) Falsa.

A velocidade de propagação é constante no mesmo meio, o ar; por outro lado, a amplitude não altera o valor da velocidade.

(G) Falsa.

¶ = ± ¶ = § ¶ = 500 Hz

(H) Verdadeira.

x = v Dt ± x = 340 * 5,0 m § x = 1700 m

5.2. O microfone de indução é constituído por uma membrana ou diafragma, por uma bobina móvel e por um íman fixo.

Quando o som emitido pelo diapasão atinge a membrana, esta vibra devido às variações de pres- são causadas pela onda de pressão sonora. Esta vibração provoca uma oscilação da bobina, que se traduz por uma variação do fluxo magnético do campo magnético criado pelo íman, que induz uma corrente eléctrica no circuito da bobina. Esta corrente induzida tem as características do movimento da membrana, que não são mais do que as do som que o originou.

1 2,0 * 10

s 1

T l T 1 T

Π^{6,67 * v r}

^{10 8,4}

^{* * 10 5,98 v}

^r

^{* 10 m r}

^{m r}

Π^{G m r}

m

r

m

m

r

CPEN-FQ11©PortoEditora

5.3. (C).

Para comunicar a longas distâncias são utilizadas ondas de alta frequência, as ondas portadoras.

O processo que consiste na combinação da onda portadora e da onda associada à informação a transmitir designa-se por modulação.

6.

6.1.

6.1.1. V (H

O) = 45 L pH (H

O) = 6,80 V (HC S ) = 2,4 cm

c (HC S ) = 1,0 * 10

mol dm

Cálculo da quantidade de H

O

existente em 45 L de água:

Considerando desprezáveis eventuais equilíbrios existentes em solução (como indicado no enun- ciado), temos:

pH = 6,80 e como pH = - log [H

O

(aq)] vem:

[H

O

(aq)] = 10

mol dm

) ) 1,585 * 10

mol dm

n

(H

O

(aq)) = c * V =

= 1,585 * 10

mol dm

* 45 dm

= 7,13 * 10

mol

Cálculo da quantidade de H

O

adicionada à água do aquário:

n

(H

O

(aq)) = c * V =

= 1,0 * 10

mol dm

* 1,4 * 10

dm

=

= 1,4 * 10

mol Cálculo do pH final:

[H

O

(aq)]

= =

= =

= 4,7 * 10

mol L

pH = - log [H

O

(aq)] = - log (4,7 * 10

) ) 6,33

Como o valor de pH = 6,33 está compreendido no intervalo de valores [6,20; 6,40], o ajuste de pH foi efectivamente conseguido.

Nota:

Neste exercício não se deveria considerar desprezável a reacção de autodissociação da água, por- que, neste caso, a solução é muito diluída e, consequentemente, as concentrações iniciais de H

O

(aq) e HO

(aq) são muito próximas da concentração de H

O

(aq) adicionada.

Assim, deveria ser:

2 H

O(S) — H

O

(aq) + HO

(aq) (1) [H

O

]

= 10

= 1,585 * 10

mol dm

[HO

]

= = 6,310 * 10

mol dm

Juntando H

O

, vai ter como consequência deslocar o equilíbrio (1) no sentido inverso (Princípio de Le Chatelier) reagindo x mol dm

de H

O

e de HO

, pelo que, no novo equilíbrio, teremos:

[H

O

]

= =

= 3,111 * 10

mol dm

[H

O

]

= (1,585 * 10

+ 3,111 * 10

- x) mol dm

10

* 1,4 * 10

45 10

1,585 * 10

7,13 * 10

mol + 1,4 * 10

mol 45 L

n

+ n

V

CPEN-FQ11©PortoEditora

[HO

]

= (6,310 * 10

- x) mol dm

Como [H

O

]

* [HO

]

= K

= 10

, vem:

x = 3,98 * 10

mol dm

[H

O

]

= (1,585 * 10

+ 3,111 * 10

- 3,98 * 10

) mol dm

pH = 6,37

6.1.2.

O cloreto de sódio, NaC S , encontra-se completamente dissociado:

NaC S (aq) " Na

(aq) + C S

(aq)

Como os iões Na

(aq) e C S

(aq) têm carácter neutro, o valor de pH não sofre alteração.

6.2. (A).

r (Ca

) = 200 mg L

[Ca

] = mol dm

A concentração mínima de ião CO

2-

necessária para provocar a precipitação de carbonato de cál- cio deve ser tal que:

K

(CaCO

) = [Ca

] * [CO

] Assim,

4,5 * 10

= mol dm

* [CO

]

[CO

2-

] = mol dm

6.3. (B).

(A) Falsa.

O ião HCO

-

é a base conjugada da espécie H

CO

(B) Verdadeira.

(C) Falsa.

A espécie H

CO

é o ácido conjugado do ião HCO

(D) Falsa.

O ião HCO

-

é o ácido conjugado do ião CO

6.4. (A).

Como o magnésio (Mg) reage violentamente com o ácido clorídrico, reduz os iões H

provenien- tes da ionização do HC S , oxidando-se completamente, o que significa que o magnésio tem alto poder redutor. Ocorreria, espontaneamente, a reacção:

Mg(s) + 2 H

(aq) " Mg

(aq) + H

(g)

O zinco reage com o ácido clorídrico de um modo menos violento que o magnésio, pelo que se conclui que o poder redutor do zinco é menor que o do magnésio.

Como o cobre não reage com o ácido clorídrico, significa que o cobre é o metal com menor poder redutor.

Assim, a sequência correcta do poder redutor destes metais é:

Mg > Zn > Cu 4,5 * 10

200 * 10

40,0 200 * 10

40,0 200 * 10

40,0

CPEN-FQ11©PortoEditora