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Exame Nacional 2011Física e Química A – 11.° ano

Época Especial

Sugestão de resolução

Grupo I

1. De acordo com o terceiro período do texto, o albedo médio da Terra, percentagem média da radiação solar refletida pela Terra, é igual a 30%.

2. Pincidente = 1,74 * 1017 W; a = 30% = 0,30;

Dt = 1 ano = 1 * 365 * 24 * 3600 = 3,15 * 107 s

Eabsorv. = ?

para determinar a energia absorvida pela Terra durante um ano, recorre-se à Lei da Conservação da Energia - balanço energético da Terra.

Pincidente = Pabsorv. + Preflet. § Pabsorv. = Pincidente - 0,30 * Pincidente = 0,70 Pincidente

Pabsorv. = 0,70 * 1,74 * 1017 = 1,22 * 1017 W

Mas,

Eabsorv. = Pabsorv. Dt ± Eabsorv. = 1,22 * 1017 * 3,15 * 107 = 3,84 * 1024 J

De acordo com o exposto no texto, a energia absorvida pela Terra durante um ano é de 3,84 * 1024 J.

3. (D).

Dos gases minoritários presentes na troposfera responsáveis pela regulação da temperatura são os que contribuem para o efeito de estufa, pelo que a opção correta é a (D), uma vez que quer o oxigénio quer o azoto são maioritários.

Grupo II

1. (B).

No osciloscópio, o tempo é lido no eixo horizontal.

Como a base de tempo foi regulada para 0,5 ms/divisão e o período corresponde a duas divisões, então o período do sinal é de 1,0 ms, como consta na opção (B).

T

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2. (D).

A relação entre a tensão máxima, Umáx., medida no osciloscópio e o valor da diferença de potencial, U, entre os terminais da lâmpada lida num voltímetro é:

U = Umáx.

"2

Como Umáx. = 6,0 V, então U = 6,0

"2 V, como consta na opção (D).

3. Ao movimentar o íman no interior da bobina variará o fluxo magnético, f, que a atravessa e, de

acordo com a Lei de Faraday, esta variação induzirá uma força eletromotriz, e = DfDt

, responsável pelo aparecimento de uma corrente induzida no circuito elétrico.

Grupo III

1.

1.1. (B).

Da análise do gráfico x = f(t), um ramo de uma parábola, representado na figura 2, conclui-se que o carrinho no intervalo de tempo [0,0; 2,0] s está animado de movimento retilíneo uniformemente retar-dado, pois a variação da posição para o mesmo intervalo de tempo está a diminuir, acabando por parar a partir do instante t = 2,0 s.

Assim, da análise dos esquemas apresentados, verifica-se que apenas o (B) pode traduzir o movi-mento do carrinho.

1.2. (C).

De acordo com o referido em 1.1., como o carrinho está animado de movimento retilíneo uniforme-mente retardado o valor da aceleração é constante, sendo as opções (A) (movimento retilíneo uni-forme) e (D) (movimento não uniformemente variado) eliminadas, e negativo, pois tem sentido con-trário ao do movimento, pelo que a opção correta é a (C).

1.3. m = 400 g = 0,400 kg;

v0 = 3,0 m s- 1;

v2 = 0 m s- 1

Do gráfico:

x0 = 0,5 m;

x2 = 2,5 m

Fr = ?

para determinar a intensidade da resultante das forças que atuam sobre o carrinho, recorre-se ao Teorema da Energia Cinética:

W»Fr = DEc § W»Fr = Ec2 - Ec0

Como v2 = 0 m s- 1, então Ec2 = 0 J, logo W»Fr

= - Ec0 , donde se conclui que a resultante das forças tem

sentido oposto ao deslocamento, logo W»Fr < 0, isto é:

- Fr d = - 12

m v20 § Fr =

m v20

2 d

Mas d = x2 - x0 ± d = 2,5 - 0,5 = 2,0 m, então,

Fr = 0,400 * 3,02

2 * 2,0 = 9,0 * 10- 1 N

A intensidade da resultante das forças que atuam sobre o carrinho é de 9,0 * 10- 1 N.

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1.4. (A).

Como a trajetória é horizontal e o peso do carrinho é vertical o trabalho que realiza é nulo, pois o peso é perpendicular ao deslocamento, q = 90º, então, W»F = P d cos 90º = 0 J.

2. (D).

A energia transferida para o carrinho pela força »F é igual ao trabalho que esta realiza durante o des-locamento considerado.

Como W»F = F d cos q, para a mesma intensidade da força e o mesmo deslocamento, o valor do tra-balho realizado é tanto maior quanto menor for o ângulo definido pelos vetores força e desloca-mento, ângulo q . De acordo com o referido, é no esquema (D) que o ângulo q apresenta o menor valor, satisfazendo as condições pretendidas.

Grupo IV

1.

1.1. o telescópio está animado de movimento circular uniforme, pois o módulo da velocidade é constante. Como a velocidade é, em cada instante, tangente à trajetória e esta é circular, então, a direção da velocidade não é constante, logo a aceleração do telescópio é não nula (radial e centrípeta).

1.2. h = 5,9 * 102 km = 5,9 * 105 m;

mT = 5,98 * 1024 kg;

rT = 6,4 * 103 km = 6,4 * 106 m

G = 6,67 * 10- 11 N m2 kg- 2

para determinar o período, T, do movimento do telescópio, há que calcular o módulo da velocidade, v, pois:

v = 2 p rT

(1)

onde r representa o raio da órbita cujo valor é:

r = rT + h ± r = 6,4 * 106 + 5,9 * 105 = 6,99 * 106 m

recorrendo à expressão:

v = ÅG mT

r, determina-se o módulo da velocidade.

v = Å6,67 * 10-11 * 5,98 * 1024

6,99 * 106 = 7,55 * 103 m s- 1

Substituindo na expressão (1), tem-se:

7,55 * 103 = 2 p * 6,99 * 106

T § T =

2 p * 6,99 * 106

7,55 * 103 = 5,8 * 103 s

o período do movimento do telescópio, tempo necessário para descrever uma órbita completa, é de 5,8 * 103 s.

2. (A).

o ano-luz é, por definição, a distância percorrida pela luz durante um ano.

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3. (A).

A energia da radiação térmica, radiação emitida por um corpo que depende da sua temperatura, é tanto maior quanto maior for a sua temperatura absoluta. Como a radiação azul é mais energética do que a radiação vermelha, conclui-se que a temperatura da superfície da estrela rigel é superior à da superfície da estrela Antares, sendo a opção correta a (A).

4.

4.1. (C). o eletrão transita do nível n = 4 para o nível n = 3. A variação de energia associada a esta transição, DE, é:

DE = E3 - E4 ;

DE = - 0,24 * 10- 18 J - (- 0,14 * 10- 18 J) = - 1,0 * 10- 19 J

o que está de acordo com a opção (C).

4.2. (C).

A transição eletrónica assinalada ocorre do nível n = 4 para o nível n = 3, estando portanto associada à série de paschen. Estas transições correspondem a riscas do espetro IV do átomo de H. Como o eletrão transita de um nível de energia superior para um nível de energia inferior, ocorre a emissão de radiação infravermelha, o que está de acordo com a opção (C).

Grupo V

1.

1.1. radiação ultravioleta.

As radiações uV provenientes do Sol são prejudiciais para o meio ambiente e para os seres vivos na superfície terrestre, contribuindo para muitas doenças imunitárias e neurodegenerativas. o ozono (e o dioxigénio) da estratosfera absorvem radiações uV, fazendo com que a sua intensidade à super-fície da Terra seja menor - são filtros solares naturais.

1.2. (C).

As opções (A) e (B) não são corretas porque a cadeia fundamental deve conter o maior número de átomos de carbono; neste caso, como são quatro átomos de carbono, trata-se de um butano substi-tuído e não de um propano. A numeração da cadeia fundamental deve ser efetuada de modo a atri-buir os números mais baixos aos substituintes, neste caso, da esquerda para a direita, o que está de acordo com a opção (C), sendo incorreta a opção (D) que apresenta a numeração da direita para a esquerda.

1.3. (B).

M(o3) = 3 * 16,00 g mol- 1 = 48,0 g mol- 1

Vm(pTN) = 22,4 L mol- 1

Como n = mM

, temos: n(o3) = 13 g

48,0 g mol-1 = 13

48,0 mol

Sendo V o volume ocupado pelo gás, e como V = n * Vm, vem:

V = 13

48,0 mol * 22,4 L mol- 1 = a 13

48,0* 22,4b dm3

o que está de acordo com a opção (B).

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2. (B).

De acordo com a configuração eletrónica do átomo de oxigénio, no estado fundamental,

8o - 1s2 2s2 2px2 2py

1 2pz1 , verifica-se que duas (e apenas duas) orbitais de valência (duas orbitais 2p)

se encontram semipreenchidas, o que está de acordo com a opção (B).

A opção (A) não está correta porque, no átomo de oxigénio, no estado fundamental, existem três orbitais completamente preenchidas, a orbital 1s, a orbital 2s e uma das orbitais 2p.

As opções (C) e (D) não estão corretas porque, de acordo com a configuração eletrónica escrita, existem duas orbitais de valência completamente preenchidas (a orbital 2s e uma das orbitais 2p) e existem duas orbitais semipreenchidas (duas orbitais 2p).

Grupo VI

1.

2 NoCL(g) — 2 No(g) + CL2(g)

A expressão que representa a constante de equilíbrio, Kc, é:

Kc = 3No 42e * 3CL2 4e

3NoCL 42eComo, inicialmente, o recipiente continha apenas cloreto de nitrosilo, NoCL, e de acordo com a estequiometria da reação, a quantidade de CL2 formada após o estabelecimento do equilíbrio é metade da quantidade de No obtida, ou seja, formou-se 0,70/2 = 0,35 mol de No.

Como o volume do recipiente onde decorreu a reação é de 1,0 L, e c = n/V, as concentrações das espécies NoCL, No e CL2 em equilíbrio são, respetivamente, 1,8 mol dm- 3, 0,70 mol dm- 3 e 0,35 mol dm- 3.

Substituindo, na expressão da constante e equilíbrio, os valores das concentrações de equilíbrio, obtém-se:

Kc = 0,702 * 0,3501,802 = 5,3 * 10-2

2. (A).

A constante de equilíbrio depende exclusivamente da temperatura. A única opção em que ocorre uma alteração de temperatura é a representada por (A).

relativamente às restantes opções, (B), (C) e (D), obter-se-iam estados de equilíbrio diferentes, mas a constante de equilíbrio mantém-se.

3. De acordo com o princípio de Le Chatelier, o aumento da pressão de um sistema em equilíbrio (por exemplo, por diminuição do volume do recipiente), mantendo a temperatura constante, provoca um deslocamento do equilíbrio do sistema no sentido em que a pressão diminui, ou seja, no sentido em que se forma menor quantidade de gases.

Neste caso, o aumento da pressão favorece a reação inversa, em que 3 moles de “produtos” gaso-sos (2 de No e 1 de CL2) formam 2 moles do “reagente” gasoso (NoCL). Consequentemente, ocorrendo uma diminuição da concentração dos produtos, o rendimento da reação diminui.

4. Na molécula de dicloro, CL2, estabelece-se uma ligação covalente simples entre os átomos de cloro.

Como cada átomo de cloro tem sete eletrões de valência, a molécula de dicloro, CL2, tem catorze eletrões de valência. Destes eletrões, dois são ligantes, e formam a ligação covalente simples CL–CL. os restantes doze eletrões formam seis pares de eletrões não ligantes.

CℓCℓ

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Grupo VII

1. pipeta volumétrica.

A solução de NaHo(aq) a titular deve ser medida rigorosamente. por isso, o instrumento de medida a utilizar deve ser uma pipeta volumétrica.

2. Fator de diluição, f = 5

V(solução diluída NaHo) = 10,0 cm3

pH(solução de HCL) = 0,60

V(solução de HCL) = 15,20 cm3

De acordo com a definição de pH, pH = - log [H3o+], se pH = 0,60 temos:

[H3o+] = 0,251 mol dm- 3

Como HCL(aq) é um ácido forte, a sua protólise é total. Logo, n(HCL) = n(H3o+). Então, a quantidade

de HCL gasta na titulação até atingir o ponto de equivalência é:

n = c * V § n = 0,251 mol dm- 3 * 15,20 * 10- 3 dm3 = 3,82 * 10- 3 mol

Como a proporção estequiométrica entre os reagentes da reação ácido-base ocorrida é de 1:1, a quantidade estequiometricamente equivalente de NaHo diluída é 3,82 * 10- 3 mol.

A concentração da solução de NaHo diluída é então:

c = nV

§ c = 3,82 * 10-3 mol10,0 * 10-3 dm3 = 0,382 mol dm- 3

Como o fator de diluição é igual a 5, a concentração da solução de NaHo concentrada é:

5 * 0,382 = 1,9 mol dm- 3

3. (B).

o indicador deve ser adicionado ao titulado, que se encontra no matraz (balão de Erlenmeyer).

A escolha inadequada do indicador provocaria um erro sistemático, que conduziria a uma diminui-ção da exatidão na determinação da concentração do titulado.

Assim, a opção correta é a (B).

4. Como o titulante é uma solução de ácido e o titulado é uma solução de base, a curva de titulação é decrescente.

Trata-se de uma titulação de uma base forte por um ácido forte, logo, no ponto de equivalência obtém-se uma solução neutra. A 25 ºC, o pH desta solução é, por isso, igual a 7.

As coordenadas do ponto de equivalência a 25 ºC são (15,20 mL; 7,00).

V (titulante)15,20

pH(titulado)

7

0