Física e Química A – 11.° ano
2.aFase
Sugestão de resolução
1.
1.1. (B).
De acordo com os 3.° e 4.° períodos do primeiro parágrafo do texto, desde a explosão cósmica que a matéria e a energia do Universo se expandem e arrefecem, pelo que as alternativas A , C e D são falsas. Os primeiros elementos que se formaram foram o hidrogénio e o hélio, como é afirmado no 1.° período do segundo parágrafo.
1.2. (D).
Como é afirmado nos 1.° e 2.° períodos do terceiro parágrafo, a expansão do Universo e a detec- ção de radiação cósmica de fundo são duas provas da existência do Big Bang.
1.3. (C).
Numa reacção nuclear (como esta de fusão nuclear – reacção entre dois núcleos leves que dão origem a um mais pesado e libertação de energia) – há conservação de carga, do número de nucleões (regra A) e do número atómico (regra Z).
2
1H+ + 11H+ " 32He2++00γ (+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 banda do UV do espectro electromagnético, uma vez que o seu valor é muito inferior a 400 nm (da figura 1, lmáx)300 nm) . Assim, do espectro visível, a cor da radiação emitida com maior intensi- dade pela estrela é a violeta, pois é a que apresenta menores valores de comprimento de onda.
1.4.2. (C).
λ=290 nm =290 *10-9m=2,90 *10-7m
Substituindo o valor de λ na expressão λT=2,898 *10–3m K , tem-se:
2,90 *10–7T=2,898 *10–3§ T= K A alternativa correcta é a C.
1.4.3. O espectro de emissão atómico de qualquer elemento é um espectro de riscas. Mas para um dado elemento corresponde um espectro característico, isto é, com um número de riscas e cores bem definidas (sobre fundo negro) às quais correspondem comprimentos de onda bem definidos.
Por outro lado, o respectivo espectro de absorção apresenta riscas negras (no espectro visível) que se localizam exactamente nos comprimentos de onda das riscas do espectro de emissão.
Assim, comparando as riscas negras do espectro solar, que se devem à absorção de radiação por átomos de vários elementos presentes na atmosfera do Sol, verifica-se que algumas delas coinci- dem com as riscas dos espectros de emissão do hidrogénio e do hélio, pelo qual se pode concluir que estes elementos existem na atmosfera solar.
1.5. (A)Falsa. Para que se verifique o efeito fotoeléctrico, a energia do fotão incidente, Einc., terá de ser igual ou superior à energia de remoção, Erem.(o mesmo que Wno formulário), do electrão. Aumen- tando a intensidade da radiação, aumenta o número de fotões, mas como neste processo cada fotão incide sobre um electrão, caso a Einc.<Erem. continua a não se verificar o efeito fotoeléctrico.
(B)Verdadeira. A energia da radiação vermelha é inferior à energia de radiação azul, logo esta ao incidir sobre o metal remove os electrões da acção do núcleo que adquirem energia cinética com valor 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. dos electrões emitidos depende da radiação incidente, Einc., e da natureza do metal, isto é, da energia de remoção,Erem..
(D)Falsa. A energia da radiação ultravioleta é superior à da radiação visível, mas a energia de remoção do electrão, Erem., é a mesma, logo a energia cinética dos electrões ejectados por acção da radiação UV é superior à dos ejectados por acção da radiação visível e, consequentemente, a respectiva velocidade é também superior.
(E)Verdadeira. A energia de remoção dos electrões mais fortemente atraídos pelo núcleo é supe- rior à dos electrões mais periféricos, logo como a radiação incidente é a mesma, tem a mesma energia, o valor da energia cinética com que são ejectados é inferior, isto é, são ejectados com menor velocidade.
(F) Falsa. De acordo com o afirmado em A , conclui-se que o número de electrões emitidos depende da intensidade de radiação e não da frequência. A energia do fotão incidente é que depende da frequência.
(G)Verdadeira. De acordo com o afirmado em A e em F . (H)Falsa.
Einc.=3A ; Erem.=A ; Ecin.=?
Como Ecin.=Einc.–Erem. ± Ecin.=3A–A §Ecin.=2A. Os electrões serão ejectados com energia cinética 2 A.
1.6. Isolar=1,10 *1010J m–2 ; Eele.=21,0 kW h ; ∆t=1 ano ; ∆t=1 dia h=25% ; A=?
A energia eléctrica 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 *1010J . Sendo o rendimento
h= ± 0,25 = § Esolar= § Esolar=1,10 *1011J . 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 percentagem de HC’O é muito baixa.
Com base na informação apresentada, a experiência demonstra que o HC’O é o composto mais eficaz no processo de desinfecção. Assim, pode concluir-se que, a pH =9, não ocorrerá a desin- fecção 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 um número de oxidação igual a 0 (zero) .
(B)Verdadeira. Nesta reacção, os iões C’– oxidam-se, pois há um aumento do número de oxida- ção do elemento cloro de – 1 , no ião C’–, para 0 (zero) , na molécula de C’2. Ocorreu uma perda de electrões. As moléculas de H2O reduzem-se, pois há uma diminuição do número de oxidação
1,10*1011 1,10*1010 Esolar
Isolar
Esolar
A
2,76*1010 0,25 2,76*1010
Esolar
Econs.
Esolar
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do elemento hidrogénio de +1 , na água, para 0 (zero), no hidrogénio molecular (H2). Ocorreu, portanto, um ganho de electrões.
(C) Verdadeira. Os pares de partículas H2O/H2 e C’2/C’– podem transformar-se uma na outra por ganho ou perda de electrões. Denominam-se, portanto, pares conjugados de oxidação-redução.
(D)Falsa. A reacção de oxidação pode ser traduzida pela equação:
2 C’–(aq) " C’2(g) +2 e–
Uma equação química tem de estar electricamente acertada. Além disso, numa reacção de oxida- ção ocorre uma libertação (e não uma captação) de electrões.
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 *10–6mol *26,98 g mol–1=1,85 *10–6*26,98 g =1,85 *10–6*26,98 *103mg ; 1 L=103mL
Valor Máximo Recomendável (VMR) =
VMR = mg mL–1
2.2.2. • Cálculo da concentração de HO– da água da amostra
[H3O+]= = =3,16 *10–6mol L–1 A 25 °C , Kw=[H3O+]*[HO–]=1,00 *10–14;
1,00 *10–14=3,16 *10–6*[HO–] §[HO–]= =3,16 *10–9mol 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 *10–8mol L–1
• Comparação da [A’3+] da água referida com o VMR do ião alumínio VMR =1,85 *10–6mol L–1 [A’3+]=5,70 *10–8mol 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 (Kamuito 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*10-6mol
1 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 reacções de ionização pode considerar-se que a concentração de H3O+ em solução é igual à concentração inicial dos respectivos 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 B terão 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 volume de titulante necessário para que a reacção ácido-base se complete:
H+(aq) +HO–(aq) " H2O(’)
Assim, no ponto de equivalência, a quantidade de HO– (proveniente da solução de NaHO) é igual 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 do titulado no início da titulação é diferente) e o volume de titulante gasto no ponto de equivalência é o 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 pelos grupos A e B são iguais e o volume de titulante gasto no ponto de equivalência pelo grupo B é o dobro do volume gasto pelo grupo A , conclui-se que o grupo B titulou o dobro do volume de solução 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 actua sobre um corpo, de massa m e que se encontra à distân- cia r do centro da Terra, resultante da interacção Terra-corpo é:
Fg=G .
Desta expressão conclui-se que as forças gravitacionais que actuam nos dois astronautas são diferentes de zero e de módulos diferentes, visto que os astronautas têm diferentes massas, logo as alternativas A e B são falsas.
A força resultante que actua sobre os astronautas é radial e centrípeta e de módulo igual à força gravitacional. Assim,
Fc=Fg § m a=G § a=G .
Esta expressão mostra claramente que os dois astronautas têm acelerações de igual módulo, em relação ao centro da Terra, visto ser independente das respectivas massas, pelo que a alternativa correcta é a D.
4.3. (C).
A altitude do satélite, h, é:
h=r–RT
MT
r2 MTm
r2 MTm
r2
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Recorrendo à expressão da aceleração obtida em 4.2. , a=G
e como a=ω2r, tem-se:
ω2r= § ω2r3=G MT.
Dado que o período, T, do movimento do satélite geostacionário é 24 h e que ω= , então:
r3=G MT § r3= T2.
Desta expressão conclui-se que a distância do satélite ao centro da Terra e, consequentemente, a sua altitude dependem da massa da Terra, pelo que a alternativa correcta 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 *10–5rad s–1
O módulo da velocidade angular do satélite geostacionário é 7,27 *10–5rad s–1. 4.4.2. Sendo Fc=Fg § m a=G § a= ;
e como a=ω2r, então,
ω2r= § r3= § r= ;
r= § r=4,23 *107m.
A força gravítica, Fg, é:
Fg=mω2r ± Fg=5,0 *103*(7,27 *10–5)2*4,23 *107; Fg=1,1 *103N.
A intensidade da força gravítica que actua no satélite, devido à interacção com a Terra, é 1,1 *103N . 4.5.
4.5.1. (B).
Recorrendo à Lei de Snell-Descartes para a refracção, tem-se:
narsin β=náguasin α §sin β= sin α ±sin β= sin 20,0° § sin β=0,445 ; β=26,4°
A alternativa que apresenta o valor correcto 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 vo2+m g ho= m v2 § v2=vo2+2g ho;
v= § v=37,4 m s–1
O módulo da velocidade com que o objecto atinge a superfície da água do mar é igual a 3,7 *10 m s–1.
œ20,02+2*10*50
1 2 1
2
1,3 1,0 nágua
nar
Œ
36,67G Mr2*T(7,2710-11**105,98-5G Mw)2*2T1024Œ
3G Mw2TG MT r2 MTm
r2 2p
24*3600
2p T G MT
4p2 4p2
T2
2p T G MT
r2 MT r2
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4.5.3. (B).
A energia potencial do sistema Terra +objectoé em qualquer instante a mesma quer se depreze ou 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=WFa» . E como F»a actua em sentido contrário ao do movimento, então WFa» <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 +objectoé menor do que a que apresenta quando a resistência é desprezável (Em=Emo), logo a afirmação B está correcta e a D é falsa.
Quanto à energia cinética com que o objecto atinge a superfície da água do mar é inferior à que apresenta quando se despreza a resistência do ar, pois como:
∆Em=∆Ec+∆Ep
e sendo ∆Ep=constante e como ∆Em< 0 , então ∆Ec<∆Ep.
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