QUÍMICA 10.0 ANO M Domínio 1 1.1 Massa e tamanho dos...

321PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO

Propostas de resoluçãoQUÍMICA 10.0 ANODomínio 11.1 Massa e tamanho dos átomosQUESTÕES PROPOSTAS (QP, pág. 36)1. (B). Número de massa de X = número de protões + número deneutrões = 12 + 14 = 26.

2. (A). Ar(Si) = = 28,1

3.1 B-10 → 19,78% e B-11 → (100 – 19,78)% = 80,22%

Ar(B) = × 10,0129 + × 11,0093 = 10,81

3.2 (B).

4. (B).

Ar(Li) = ⇒

6,941 = ⇒ y = 7,5 → 7,5%

⇒ %abundância relativa (Li-7) = 100 – 7,5 = 92,5%

5.1 NGa–69 = × 10 000 = 6011 átomos

5.2 NGa–71 = 10 000 – 6011 = 3989 átomos

Ar(Ga) = = 69,72

5.3 Cálculo do número total de átomos de gálio:m = n × M ⇒ 5,00 g = n × 69,72 g mol–1 ⇒ n = 0,07172 mol N = n × NA = 0,07172 mol × 6,02 × 1023 mol–1 = 4,318 × 1022 átomos

NGa–71 = × 4,318 × 1022 = 1,72 × 1022 átomos

6.1 A nanotecnologia é a tecnologia à nanoescala, que consiste namanipulação da matéria à escala atómica e molecular, de modo aconstruir novas moléculas e novos materiais.6.2 Medicina e robótica.

7. 1 nm = × ∅cabelo

1 × 10–9 m = × ∅cabelo ⇒ ∅cabelo = 1 × 10–4 m

8.1∅átomo = × 1 × 10–10 m = 1,22 × 10–10 m

r = = = 6,10 × 10–11 m

A ordem de grandeza do raio atómico é 10–10 m.8.2 (C). ∅núcleo 1 × 10–6 × 1 × 10–9 m = 1 × 10–15 m

= 8 × 10–6 10–5

9.1∅molécula = × 5 × 10–10 m = 1,33 × 10–9 m

9.2 A escala mostra que 5 Å na realidade corresponde a 1,5 cm naimagem, ou seja, 1,5 cm na imagem ⇔ 5 × 10–8 cm na realidade,pelo que o fator de ampliação é

= 3,0 × 107 = 30 000 000.

Conclui-se assim, que a imagem está ampliada 30 milhões de vezes.

10.1 Cálculo da quantidade de TNT:N = n × NA ⇒ 3,6 × 1024 = n × 6,02 × 1023 ⇒ n = 5,98 mol de TNTCálculo da massa de hidrogénio:1 mol de TNT contém 5 mol de átomos de hidrogéniomhidrogénio = 5,98 mol × 5 × 1,01 g mol–1 = 30 g

10.2 M (C7H5(NO2)3)= 227,15 g mol-1

wc = = = = 0,3701

10.3 (B).

=

11.1 Composição qualitativa: o pentóxido de vanádio é constituídopelos elementos oxigénio e vanádio.Composição quantitativa: uma molécula de pentóxido de vanádio éconstituída por 2 átomos de vanádio e 5 átomos de oxigénio.

11.2 (A). M (V2O5) = 181,88 g mol–1; = = 0,4399

11.3 n = = = 12,6 mol V2O5

1 mol de V2O5 contém 2 mol de vanádio, nV = 2 × 12,6 mol = 25 mol de V

12. (D). nAu = = 0,10 mol

nAg = = 0,04 mol nCu = = 0,04 mol

A proporção Au : Ag : Cu, em número de átomos, é ; ;

= 2,5 : 1 : 1 equivalente a 5 : 2 : 2.

1.2 Energia dos eletrões nos átomos (QP, pág. 39)13.1 A – espetro de emissão descontínuo: apresenta algumas riscascoloridas, separadas por largas zonas escuras. B – espetro de absor-ção descontínuo: apresenta riscas negras num fundo colorido. 13.2 Não, os filamentos são materiais sólidos à temperatura ambien-te e os espetros de sólidos incandescentes apresentam-se comoespetros de emissão contínuos, contêm uma gama ininterrupta deradiações ou cores.

14.1 (C). 14.2 IV < III < II < I

15. (B).

16. Segundo Bohr, o eletrão do átomo de hidrogénio movimenta-se emtorno do núcleo descrevendo órbitas fixas e enquanto permanecenuma determinada órbita não absorve nem emite energia. A cadauma dessas órbitas está associado um determinado valor de ener-gia, pelo que só são permitidos determinados valores de energiabem definidos para o eletrão. O eletrão pode transitar de um nível de energia para outro se absor-ver ou emitir radiação de energia igual ao módulo da diferença deenergia entre os níveis em que se dá a transição. Assim, cada riscano espetro de emissão resulta da transição do eletrão de um nívelpara outro de menor energia, correspondendo a energia de cadarisca a um valor bem definido: a diferença de energia entre o nível demaior energia e o de menor em que se deu a transição.

17. Transição A n = 1 → n = 2 ∆E = Ef – Ei = E2 – E1 = –5,45 × 10–19 –(–21,8 × 10–19) = 1,64 × 10–18JTransição B n = 1 → n = 3 ∆E = Ef – Ei = E3 – E1 = –2,42 × 10–19 – (–21,8 × 10–19) = 1,94 × 10–18JApenas a transição B corresponde à absorção do fotão f2.

18.1 Uma risca negra no espetro de absorção do átomo de hidrogé-nio resulta de uma transição eletrónica de um nível inferior paraoutro nível superior de energia. Uma risca negra na zona vermelhado espetro corresponde a uma risca vermelha no espetro de emis-são. Esta risca resulta da transição de um nível superior de energiapara o nível 2. Sendo a menos energética da série do visível, significa

2,3 × 1025 × 28 + 1,2 × 1024 × 29 + 8 × 1023 × 30

2,5 × 1025

82,22

10019,78

100

Ar(Li–6) × % abundância relativa + Ar(Li–7) × %abundância relativa100

6,0151 ×y + 7,0160 × (100 – y)

100

60,11

100

6011 × 68,925580 + 3989 × 70,924700

10 000

39,89

100

101000 000

101000 000

4,5 cm3,7 cm

1,22 × 10–10

2

∅átomo

2

1 × 10–15 m1,22 × 10–10 m

∅núcleo∅átomo

4,0 cm1,5 cm

1,5 cm5 × 10–8 cm

7mol × 12,01 g mol–1

1 mol × 227,15 g mol–1

7 × M(C)M(C7H5(NO2)3)

mc

mTNT

xH x 1,01xC × 12,01 + xH × 1,01 + xN × 14,01 + xO × 16,00

5 × 16,00 g

181,88 gmOmV2O5

2,3 × 103 g181,88 g mol–1

mM

19,700 g196,97 g mol–1

2,540 g63,55 g mol–1

4,316 g107,87 g mol–1

0,040,04

0,100,040,04

0,04

nH × MHn total

wH = = = mH

mH + mC + mN + mOnC × MC + nH × MH + nN × MN + nO × MO

n total

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que corresponde a uma transição de n = 3 → n = 2. A risca negra noespetro de absorção e a risca colorida no espetro de emissão, namesma posição, correspondem à mesma diferença energética, por-tanto, a risca negra corresponde a uma transição de n = 2 → n = 3.18.2 ∆Eeletrão = Ef – Ei = E1 – E3

= –2,18 × 10–18 – (–2,42 × 10–19) = –1,94 × 10–18J∆Efotão = |∆Eeletrão| = 1,94 × 10–18J

19.1 No espetro do sal desconhecido não existem riscas com asmesmas energias das riscas do espetro do lítio nem com as mesmasenergias das riscas do espetro do cálcio. Como a posição das riscasé característica de cada elemento químico, conclui-se que a amos-tra não contém nenhum destes dois elementos.19.2 (C). A radiação de cor vermelha tem menor energia por fotão doque a de cor azul. A cor do sal resulta da absorção seletiva da luzvisível e não das cores do seu espetro de emissão.

20.1 5 subníveis. Cada pico corresponde a um subnível.20.2 (C). Os eletrões do átomo distribuem-se por 5 subníveis, 1s, 2s,2p, 3s e 3p. As letras A, B e C correspondem aos 3 picos de menorenergia de remoção, ou seja, ao subnível ocupado por eletrões maisenergéticos, 3p, 3s e 2p, respetivamente.20.3 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 → Z = 13 → Elemento alumínio, símbolo A.20.4 Num espetro fotoeletrónico, a altura de cada pico é proporcio-nal ao número de eletrões em cada nível ou subnível de energia. Opico C apresenta um número relativo de eletrões que é o triplo dospicos B, D e E e estes um número que é duplo do pico A. Assim, o picoC representa um subnível ocupado com 6 eletrões. Como cada orbi-tal só comporta no máximo 2 eletrões, então os eletrões do pico Cdistribuem-se por 3 orbitais (degeneradas).20.5 (B). Como é necessário maior energia para remover os eletrõesdo pico E, conclui-se que estes são os que têm menor energia, por-tanto, os que, em média, estão mais perto do núcleo. Como esseseletrões têm menor energia, pode concluir-se que o efeito da maioratração pelo núcleo, resultado da maior proximidade ao núcleo, pre-domina sobre a maior repulsão entre eletrões.

21.1 Da análise dos espetros fotoeletrónicos, verifica-se que énecessário maior energia para remover um eletrão do subnível 1s aooxigénio do que ao nitrogénio. Quanto maior for a energia necessáriapara remover um eletrão, menor será a energia do eletrão. Assim,conclui-se que o eletrão com maior energia é o eletrão 1s do átomode nitrogénio. 21.2 (C).

22. (B).

23.1 A: p; B: s; C: d.23.2 No nível de energia n = 3, há 3 subníveis de energia: 3s, 3p e 3d.O subnível s comporta no máximo 2 eletrões, pelo que se pode asso-ciar a este subnível uma orbital. O subnível p comporta no máximo 6eletrões, pelo que se pode associar a este subnível 3 orbitais. O sub-nível d comporta no máximo 10 eletrões, pelo que se pode associar aeste subnível 5 orbitais. Assim, ao nível de energia n = 3 correspon-dem 9 orbitais.23.3 (C).

1.3 Tabela Periódica (QP, pág. 42)24.1 15 24.2 8 24.3 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

24.4 Ar 24.5 Ba 24.6 K 24.7 I

25. (C).

26.1 (A). 26.2 (D). 26.3 (A).

27.1 De acordo com o diagrama de energia, o eletrão de valência doátomo Y é mais energético do que os eletrões de valência do átomo X. Assim, é necessário mais energia para remover um dos eletrõesmais energéticos do átomo X, pois os eletrões de valência maisenergéticos do átomo X têm menos energia do que o eletrão devalência do átomo Y.27.2 (C). A energia de ionização é a energia mínima necessária paraextrair um eletrão de um átomo no estado fundamental, isolado eem fase gasosa.27.3 (D). O átomo Y forma o ião estável Y+, cedendo o único eletrãode valência. O átomo X para ficar estável tende a receber 2 eletrões

que preenchem completamente o nível de valência, formando o iãoX2–. O composto formado é Y2X.

28.1 Substância elementar. A cor, a toxicidade e a reatividade sãoalgumas das propriedades da substância elementar.

28.2 E = = 1,51 × 10–18 J

29.1 W. Ao longo de um mesmo período da Tabela Periódica, o metalalcalino é o que apresenta menor energia de ionização.29.2 a) Configuração eletrónica ([Ne]3s1), raio atómico (180 pm) eenergia de ionização (495,7 kJ mol-1).b) Ponto de fusão (63 °C) e massa volúmica (0,86 g cm-3).29.3 Os metais alcalinos têm baixas energias de ionização, pelo quesão muito reativos, perdendo facilmente o seu único eletrão devalência, transformando-se em iões monopositivos, muito estáveis.

30. (B). O raio atómico aumenta ao longo do grupo e diminui ao longodo período. Os elementos dos metais alcalinos são os que apresen-tam maior raio no período respetivo.

31.1 Cálculo do valor mais provável de mfio:

m— = = 10,03 g.

Cálculo do valor mais provável de m’:

m’— = = 65,96 g.

Cálculo do valor mais provável de m’’:

m’’— = = 62,22 g.

Cálculo da densidade relativa do metal:

d = = = 2,68.

31.2 Erro(%) = × 100 = –0,74%.

31.3 O erro percentual é muito pequeno, logo, o resultado obtidotem grande exatidão.31.4 A secagem inadequada do picnómetro e a formação de bolhasde ar no interior do picnómetro.

Domínio 22.1 Ligação química (QP, pág. 72)1.1 a) Eligação = 436 kJ mol-1.b) Comprimento de ligação H-H:r0 = 74 pm = 74 × 10–12 m = 7,4 × 10–11 m.1.2 (D). Para distâncias internucleares muito pequenas, as forçasrepulsivas são predominantes, pois há uma maior sobreposição dasnuvens eletrónicas dos dois átomos, verificando-se um aumentobrusco da energia do sistema e consequente diminuição da estabili-dade da molécula.

2. (D). Y é um gás nobre, X é um halogéneo (grupo 17), Z é um metalalcalino (grupo 1) e W é um halogéneo, pois pertence ao mesmogrupo de X. Z estabelece ligação metálica com outros átomos de Z,partilhando eletrões deslocalizados por todos os átomos. X estabe-lece ligação com Z formando o composto iónico ZX.

3.1 Como o número de eletrões de valência representados na molé-cula (20) é superior ao total de eletrões de valência dos átomosenvolvidos nas ligações (18), esta fórmula de estrutura é impossível.Segundo a regra do octeto, os átomos ligam-se partilhando eletrõesde modo que cada um fique com 8 eletrões de valência (no caso dohidrogénio são apenas 2). A estrutura representada mostra 1 átomode hidrogénio, com dupla ligação, a partilhar 4 eletrões de valência,o átomo de carbono do grupo CH3 ficou com 10 eletrões de valência,enquanto o átomo de carbono ligado ao oxigénio ficou apenas com 6eletrões de valência.3.2

906,4 × 103 J

6,02 × 1023

10,02 + 10,05 + 10,01

3

66,07 + 65,80 + 66,01

3

62,22 + 61,98 + 62,27

3

10,03 g

(65,96 – 62,22) g

mm’ – m’’

2,68 – 2,70

2,70

H — C — C — H

—— — —

H

H

O

322 PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO

FQ11_321a339__FQ11_p357a376 12/4/17 3:42 PM Page 322


4.1A. B. C. D.

5.1

5.2 Têm a mesma geometria. O oxigénio antecede o enxofre no mesmogrupo da Tabela Periódica. Como o raio atómico aumenta ao longo dogrupo, devido ao aumento do número de níveis de energia preenchi-dos, o átomo de oxigénio terá menor raio do que o átomo de enxofre. O átomo de oxigénio e o átomo de enxofre, nas moléculas referidas,estão ligados a átomos do mesmo elemento (hidrogénio). Assim, ocomprimento da ligação O–H será menor do que o comprimento daligação S–H, o que significa que os átomos de hidrogénio, H, vão ficarmais perto do átomo central na molécula H2O do que na H2S e, porisso, há maior repulsão eletrónica, afastando-se um do outro. Daíque o ângulo de ligação seja maior na molécula da água.5.3 Geometria angular.5.4 a) H2S. A energia da ligação O-H na molécula de H2O é maior doque a energia de ligação S-H na molécula de H2S, ou seja, quando seligam os átomos O e H, a energia libertada é maior do que quando seligam os átomos S e H. Assim, a ligação O-H é mais forte, logo, o com-primento da ligação será menor, pelo que será maior o comprimentoda ligação S-H. Por outro lado, se se pensar no tamanho dos átomosenvolvidos chega-se à mesma conclusão, uma vez que o átomo deenxofre é maior do que o de oxigénio. b) H2O. Quanto maior for a energia de ligação, mais energia se libertaquando a ligação se forma, pelo que mais estável é a molécula. Maisforte é a ligação, pois mais energia será necessária para a quebrar.Quanto mais estável é uma molécula, menos reativa é. Deste modo,será a molécula de água que terá maior dificuldade em perder o iãohidrogénio, H+.

6.1

6.2 O cloro antecede o bromo e este o iodo no mesmo grupo da TabelaPeriódica. Como o raio atómico aumenta ao longo do grupo, devido aoaumento do número de níveis de energia preenchidos, o átomo de cloroterá menor raio do que o átomo de bromo e este menor do que o iodo. Os 3 átomos estão ligados a átomos do mesmo elemento (hidrogé-nio), pelo que as ligações são todas covalentes simples. Assim, ocomprimento da ligação H–C será menor do que o comprimento daligação H–Br e este menor do que o da ligação H–I. Para situaçõessemelhantes, quanto maior for o comprimento da ligação, maisfraca será a ligação. Será, assim, de prever que E (H–I) < E (H–Br) < E(H–C), respetivamente, 295 kJ/mol, 362 kJ/mol e 428 kJ/mol. 6.3 As zonas vermelhas e azuis representam zonas de alta e baixadensidade eletrónica, respetivamente. Assim, a molécula que apre-senta uma maior assimetria na distribuição de carga elétrica emtorno dos átomos envolvidos na ligação é a de HC, pelo que é a queapresenta maior polaridade. A molécula de HI é a que apresenta umamenor assimetria na distribuição de carga em torno dos átomosenvolvidos na ligação, pelo que é a que apresenta menor polaridade.

7. Nas duas moléculas (CH4 e CH3C) existem 4 ligações covalentessimples, pelo que a repulsão mínima entre os 4 pares de eletrõespressupõe uma geometria tetraédrica. Assim, apesar de as ligaçõesC―H serem polares, a molécula de CH4 é apolar, pois a geometria damolécula conduz a uma distribuição simétrica de carga em torno doátomo central. Na molécula de CH3C, a presença do átomo de clorogera uma assimetria de carga na molécula do clorometano (eviden-ciada pela diferença de cor no mapa de potencial eletrostático).Conclui-se, assim, que a molécula é polar.

8. Verdadeiras: (C), (E), (F) e (H). Falsas: (A), (B), (D) e (G).

9.1 a) I; b) I; c) IV; d) II; e) III 9.2 (C).

10.1 (D).10.2 O nitrogénio antecede o oxigénio no mesmo período da TabelaPeriódica. Como o raio atómico diminuiu ao longo do período, onitrogénio tem maior raio do que o átomo de oxigénio. O átomo denitrogénio e o átomo de oxigénio, na molécula referida, estão liga-dos a átomos do mesmo elemento (carbono). Assim, o comprimen-to da ligação C―N será maior do que o comprimento da ligação C―O.

2.2 Gases e dispersões (QP, pág. 75)11.1 VNO = nNO × Vm ⇔ V = 40 mol × 22,4 dm3 mol–1

= 9,0 × 102 dm3

VSO2= 716,8 dm3

VCO = nCO × Vm ⇔ VCO = × Vm = × 22,4 dm3 mol–1 =

= 2,2 × 102 dm3

VCO < VSO2< VNO ⇒ Nmoléculas de CO < Nmoléculas de SO2

< Nmoléculas de NO

de acordo com a Lei de Avogadro.

11.2 ρSO2 = MVS

m

O2 = = 2,860 g dm–3

d = = = 2,33

12. A – 3; B– 1; C – 3; D –2; E –1

13.1 c = nV

⇒ n = c × V = 0,030 mol dm–3 × 0,025 dm3

= 7,50 × 10–4 mol de (NH2)2 COM[(NH2)2CO] = 60,07 g mol–1

msoluto = n × M = 7,50 × 10–4 mol × 60,07 g mol–1 = 0,0451 g

ρsolução = mVs

s

o

o

lu

lu

ç

ç

ã

ã

o

o⇒ 1,05 g cm–3 = ⇒ msolução = 26,3 g

% (m/m) = mm

s

s

o

o

lu

lu

ç

t

ã

o

o⇒ %(m/m) = × 100 = 0,17%

b) Vrestante de solução A = (25,0 – 10,0) cm3 = 15,0 cm3

Vsolução C = (15,0 + 30,0) cm3 = 45,0 cm3

f = ⇒ f = = 3 ⇒ f = cc

f

i ⇒

⇒ cf = = 0,010 mol dm–3

14.1 VB = 500 mL = 0,500 dm3

M (NaCO) = 74,44 g mol–1

c = nV

⇒ n = c × V = 0,05 mol dm–3 × 0,500 dm3 = 0,025 mol de NaCOmNaCO = n × M = 0,025 mol × 74,44 g mol–1 = 1,9 g

14.2 Vi(C) = 250 cm3 = 0,250 dm3

f = = = 4 ⇒ f = cc

f

i ⇒ ci (solução C) =

= 4 × 0,1 mol dm–3 = 0,4 mol dm–3

14.3 f = = = 10 ⇒ f = ⇒

⇒ Vf (solução B) = 10 × 0,500 dm3 = 5,0 dm3

vágua a adicionar = vf – vi = (5,0 – 0,500) dm3 = 4,5 dm3

2.3 Transformações químicas (QP, pág. 76)15. Diagrama I – a reação é exotérmica (H < 0) porque a energiados produtos da reação é menor do que a energia que os reagentespossuíam, o que significa que ocorreu transferência de energia porcalor do sistema para o exterior.Diagrama II – a reação é endotérmica (H > 0) porque a energia dosprodutos da reação é maior do que a energia que os reagentes pos-suíam, o que significa que ocorreu transferência de energia porcalor do exterior para o sistema.

—

H

S — H

H — BrH — Cø H — I

280,0 g28,01 g mol–1

mcoMco

64,07 g mol–1

22,4 dm3 mol–1

2,860 g dm—3

1,23 g dm–3

ρSO2

ρar

m25,0 cm3

0,0451 g

26,3 g

45,0 cm3

15,0 cm3

Vf (solução C)Vi (restante de solução A)

0,030 mol dm-3

3

1 dm3

0,250 dm3

Vf (solução A)Vi (solução C)

VfVi

0,05 mol dm–3

5,0 × 10–3 mol dm–3

ci (solução B)cf (solução B)

—

——

—

C

C,

C,

FFF—

O — F

F

CO OH — P — H

H

—

4.2 A B C D

a) N.o eletrõesligantes

6 8 4 8

b) N.o eletrões não-ligantes

2 8 16 24

C) Geometria Piramidaltrigonal Linear Angular Tetraé-

drica

13.2 a) f = ⇔ Vi (solução A) = = 10,0 cm3Vf (solução B)Vi (solução A)

50,0 cm3

5

FQ11_321a339__FQ11_p357a376 12/4/17 3:42 PM 23

16.1 ΣE ligação (reagentes) = (4 × 414 + 2 × 498) kJ = 2652 kJ ΣE ligação (produtos) = (2 × 799 + 2 × 2 × 460) kJ = 3438 kJ Balanço energético: ∆H = ΣEligação (reagentes) – ΣEligação (produtos)∆H = 2652 kJ – 3438 kJ = –786 kJ16.2 A reação é exotérmica porque a energia libertada na formaçãode ligações nos produtos é superior à energia necessária para que-brar as ligações nos reagentes.16.3 O valor obtido (–786 kJ) difere do valor experimental (–802 kJ),todavia, ele é apenas uma estimativa (valor aproximado), pois foiobtido com base nas energias médias de ligação.

17.1 A quantidade de ozono presente na estratosfera é mantida aum nível adequado, pois é continuamente formado e destruído,obtendo-se uma situação em que a concentração de ozono naestratosfera é praticamente constante – estado estacionário.17.2

O NO funciona como catalisador da decomposição do ozono, uma vezque não é consumido na reação.

18. (C). A quebra da ligação C–C nos CFC envolve menos energia doque a quebra da ligação C–F, daí que a fotodissociação dos clorofluo-rocarbonetos forme com maior facilidade radicais cloro do que radi-cais flúor. Assim, o CF2C2 pode libertar 2 radicais e o CFC3 3. Comoestes radicais livres são muito reativos, quantos mais existirem dis-persos pela troposfera ou estratosfera, maior é a quantidade deozono que pode ser destruído.

19. O2 → O• + O• ; O• + O2 → O3.

FÍSICA 10.0 ANODomínio 11.1 Energia e movimentos (QP, pág. 120)1. Verdadeiras: (B), (C) e (D). Falsas: (A) e (E).

2.1 (B); 2.2 (E); 2.3 (E); 2.4 (C).

3.1

3.2 Feficaz= F cos 20o = 1,9 × 103 N 3.3W = F cos 20o d = 1,9 × 105 J3.4 Verdadeiras: C e D. Falsas: A, B e E. Sendo a velocidade constante,o trabalho total é nulo, pois a energia cinética não varia. O trabalhoda força potente é simétrico do trabalho da força resistente.

4.1 Ep= m g h = 70 × 10 × 20 J = 1,4 × 104 J

4.2 EcA+ EpA

= EcB+ EpB

⇔ 21

m v2A + m g hA =

21

m v2B + m g hB

com vA = 0, e hB = 0 vem vB = 20 m/s

4.3W = P sin 20o d = m g sin 20o d = 21

m (v2 – v2A)

2 g sin 20o d = v2 ⇒ v2 = 20 sin 20o d

4.4WFa= –Fa d =

21

m (v2c – v2

B). vC = 36 km/h = 10 m/s.Fa = 350 N

5.1 W = F cos 0o d = Ef = 1,6 × 103 J 5.2 E = 21

m (v2f – v2

i ) e vf = 1,9 m/s5.3 W = F’ cos 0o d = 2 F cos 0o d = 2 Ec f

5.4 Se a energia cinética aumentou para o dobro, a velocidade au-mentou de um fator 2 .

6.1W = ∆Ep = m g h = 213 × 10 × 2,20 J = 4,7 × 103 J

6.2 P = = (4,69 × 103 / 1,3) W = 3,6 × 103 W

7.1WP = –∆EP = –m g ∆h = –600 × 10 × 20 J = –1,2 × 105 J7.2 A energia aumentou 1,2 × 105 J.

7.3 η = EE

f

ú

o

t

r

i

n

l × 100 = J × 100 = 95%

O cabo realizou o trabalho de 1,2 × 105 J/0,95 = 1,26 × 105 J

Fm = = 6,3 × 103 N

8.1 Sendo constante a velocidade, não há variação de energia ciné-tica. Apenas varia a energia potencial, para ambas as situações,com igual valor. O Manuel apenas utilizaria mais energia se existisseatrito entre o plano e a mala. Como o atrito é desprezável, ambosutilizam a mesma energia.8.2 (A). A energia transferida é a mesma no mesmo tempo.

9.1 a)WP = –∆EP = + m g (hi – hf) = 0,25 × 10 × (5,5 – 0,5) J = 12,5 J b)WFresist

= ∆Em = ∆Ep + ∆Ec = (–12,5 + 9) J = –3,5 J9.2 Edissi = –WFresist

= 3,5 J 9.3 (B). Ec = + 9 J e Ep = –12,5 J

10.1 Em i = 21

m v2i + m g hi ; Em f = 0,9 × Emi ;

Em f = 21

m v2f + m g hf ; v2

f = 0,9 × v2i + 2 g × (0,9 hi – hf)

vi = 1,5 m/s; hi = 4 m; hf = 0 m ⇒ vf = 8,6 m/s10.2 Depois de abandonar o escorrega, a energia mantém-se cons-tante. Em f = 0,9 × Em i; v2

f = 0,9 × v2i + 2 g × (0,9 hi – hf)

vi = 1,5 m/s; hi = 4,0 m; hf = –2,0 m ⇒ vf = 11 m/s

11.1W = F cos 0o d = 1,67 × 107 J11.2W = ∆Ec =

21

m v2f ; 1,67 × 107 = 0,5 × 10,0 × 103 v2

f ⇒ vf = 57,8 m/s

12.1 EmP=

21

m v2i + m g hi = (0,5 × 1,4 × 0,62 + 1,4 × 10 × 1,5) J = 21 J

EmQ=

21

m v2i + m g hi = (0,5 × 1,4 × 32 + 1,4 × 10 × 0) J = 6,3 J . EmP

> EmQ.

Não é conservada.

12.2WFresist= ∆Em = ∆Ep + ∆Ec = –15 J

12.3WFresist= ∆Em = ∆Ep + ∆Ec = –6,3 J = –Fa d ⇒ Fa = (6,3/1,26) N = 5,0 N

13.1 Inicialmente, o conjunto atleta + vara tem energia cinética eenergia potencial gravítica em relação ao solo. Esta energia, com adeformação da vara, transforma-se em energia potencial elástica edepois em energia cinética e potencial gravítica, quando a vararetoma a sua forma inicial. A energia cinética diminui na subida,aumentando a energia potencial gravítica. Na descida, a energiapotencial gravítica transforma-se em energia cinética. 13.2 I – C; II – A; III – D; IV – B.

13.3 21

m v2i + m g hi ×

18000 =

21

m v2f + m g hf ; vf = 0 m/s; hf = 4,9 m;

hi = 0,9 m ⇒ vi = 10 m/s

14.1 A energia que o organismo tem de fornecer é igual à variaçãode energia potencial gravítica. E = m g h = 1,7 × 104 J14.2 Na subida tem de fornecer mais energia, pois em relação aopercurso plano aumenta a energia potencial gravítica.14.3 Se a potência é a mesma mas a energia é maior, o tempo emque ela é fornecida tem de aumentar.14.4 No plano ⇒ W1 = P × t1 ; na subida ⇒ W2 = P × t1 + P × 20; sendo P × 20 = E a energia que é necessário despender a mais.

P = = 850 W

15. (B).

16.1 vi = 0 e vf = (100/3,6) m s-1 = 27,8 m s-1;

Wu = ∆Ec = 21

m v2f –

21

m v2i = 4,2 × 105 J

16.2 Pu = 0,3 × 35 × 104 W; W = P × ∆t ⇒ ∆t = WP = 4,0 s

17. Verdadeiras: (B) e (F). Falsas: (A), (C), (D), (E), (G) e (H).

18.1 Em i = Ep i + Ec i = 2,0 J ; Em f = Ep f + Ec f = 1,5 J. A energia mecânicadiminuiu.18.2 A energia conserva-se, mas transforma-se ou transfere-se. Neste caso, a energia mecânica transferiu-se para o meio atravésde uma força dissipativa do atrito.18.3d = 1,00 m ; WFa

= ∆Em = ∆Ep + ∆Ec = –0,5 J ; Fa ×d = –0,5 J ; Fa = 0,5 N

18.4

Fa

P

N T

Et

1,2 × 105

Eforn

Wd

m g h20 s


UV-C

NO + O3 → NO2 + O2

NO2 + O• → NO + O2

O3 + 0• → 2O2

N

P

Fa

FQ11_321a339__FQ11_p357a376 12/4/17 3:42 PM Page 324

18.5 (B).18.6 Epi = 2,0 = m g hi ⇒ m = (2/(10 × 0,34)) kg = 0,59 kg18.7 Ec=

21

m v2 ⇔ 1,5 = 0,5 × 0,59 × v2 ⇒ v = 2,3 m s–1

1.2 Energia e fenómenos elétricos (QP, pág. 126)19. (D). A corrente elétrica é a grandeza física que corresponde àcarga elétrica por unidade de tempo que atravessa uma seção deum condutor.

20. (D). Ver definição de diferença de potencial elétrico.

21.1 Q = l × ∆t = 0,200 A × 30 × 60 s = 360 C

21.2 N = = 2,24 × 1021 eletrões

22. O efeito do movimento de cargas elétricas positivas num sentidoé o mesmo das cargas simétricas (negativas) em sentido contrário.6 C movendo-se num sentido e –6 C movendo-se no sentido contrá-rio equivale a 12 C a mover-se num só sentido. A corrente elétrica

que seria medida era I = = = 4 A.

23.1 Corrente contínua.23.2 (B). Esta é a definição da grandeza corrente elétrica.23.3 A rede de energia elétrica disponibiliza corrente alternada.Nesta, o valor da corrente varia periodicamente, tomando tambémperiodicamente valores negativos e positivos, consoante o sentidodo movimento dos eletrões de condução. A tensão da rede portu-guesa é de 230 V (tensão eficaz) com frequência de 50 Hz. De mododiferente, os computadores utilizam corrente contínua. Nesta, oseletrões movem-se sempre no mesmo sentido e o valor da correnteé constante.23.4 P = UI = 19 V × 3,16 A = 60 W; E = P∆t → ∆t = = = = 7200 s = 2,0 h

24.1 7,3 A. I = = = 7,34 A

24.2 (C). A resistência é diretamente proporcional ao comprimentoe inversamente proporcional à área da seção reta.

24.3 A área da secção reta do fio é A = πr2 = π(0,50 × 10–3m)2 =

25.1 A prata.25.2 O germânio tem uma elevada resistividade, porque é um semicon-dutor, e se fosse usado em fios de alimentação estes teriam uma eleva-da resistência elétrica. Assim, para as tensões que ainda garantissemalguma segurança, as correntes elétricas seriam muito fracas, não ser-vindo para transferir a potência que os aparelhos necessitariam.

25.3 R = ρ → ρ = = = 1,7 × 10–8 Ω m.

A resistividade do material do fio coincide com a do cobre, portanto,prevê-se que o fio seja de cobre.

26.1 (A). O led é um componente de elevada eficiência luminosa.26.2 O led branco. Para o mesmo valor de corrente é necessária umamaior diferença de potencial elétrico.26.3 A tensão aos terminais do led é 3,5 V. A tensão aos terminais daresistência é U = (9 – 3,5) V = 5,5 V. A resistência limitadora vale

R = = = 275 Ω = 2,8 × 103 Ω.

27.1 Significa que a energia transferida para um certo recetor, portrabalho das forças elétricas, é 230 J por cada unidade de carga elé-trica que o atravessa.

27.2 (B). I = = A.

27.4 (A). P = UI = U = , logo, R = ; RY = = = = RX

27.5 Uma menor diferença de potencial elétrico para a mesma resis-tência elétrica implica uma menor corrente elétrica. Como a potên-cia dissipada é igual ao produto da diferença de potencial elétricopela corrente elétrica, ambas menores, conclui-se que a potênciadissipada nos aquecedores seria menor nos EUA.

28.1 (A). A tensão entre X e H é U= l×R= 2,73 ×10–3A ×1,0 ×103Ω= 2,73 V.28.2 (A). A corrente no ponto F é l = (2,73 – 1,64) A = 1,09 A.28.3 A potência dissipada por efeito Joule é P = RI2 = UI. Potênciasdissipadas: P = RI2 = 1,0 × 103 Ω × (2,73 × 10–3 A)2 = 7,5 × 10–3 W; P1 = = U1 I1 = 3,27 V × 1,64 × 10–3 A = 5,4 × 10–3 W; P2 = U2 I2 = 3,27 V × 1,09 ×× 10–3 A = 3,6 × 10–3 W; P > P1 > P2

29. A energia dissipada é proporcional à potência dissipada por efei-to Joule P = U I. Para aumentar a potência, ter-se-á de aumentar acorrente, mas, para isso, deve-se diminuir a resistência. Como umfio mais curto tem menos resistência, o aluno deve diminuir o com-primento do fio.

30.1 (A). I = = = 0,27 A

30.2 (D). U = I R = 0,27 A × 10,0 Ω = 2,7 V

31.1 Para os três condutores, a temperatura constante, a correnteelétrica é diretamente proporcional à diferença de potencial elétri-co aos seus terminais, ou seja, a sua resistência é constante.

31.2 (D). RA = = = 25 Ω; RB = = = 50 Ω; logo,

RB = 2RA. A resistência é inversamente proporcional à área de secçãoreta, S, portanto, SB =

21

SA. Dado que a secção reta varia com o qua-drado do raio, conclui-se que rB = rA.

31.3 A resistência do condutor C pode ser determinada a partir do

gráfico: RC = = = 100 Ω. A energia fornecida pelo gerador é

32.1 (D). Num gerador ideal, há sempre a mesma tensão aos seusterminais. Assim, o voltímetro V1 indica sempre o mesmo valor. Como interruptor aberto, o voltímetro V2 indica metade do V1. Ao fechar--se o interruptor, a corrente em cada resistência em paralelo émetade da corrente na outra resistência. Assim, diminuindo a cor-rente também diminui a tensão, a qual é a mesma para as duasresistências em paralelo.32.2 (A). Admitindo que a tensão aos terminais do gerador se manti-nha constante, concluir-se-ia que a corrente fornecida pelo geradoriria aumentar, pois, antes de se fechar o interruptor U1 = RI + RI = 2 RI

e depois U1 = RI’ + R = RI’ (comparando as expressões, conclui-se que

I < I’ < 2I). Ora, a tensão aos terminais de um gerador com resistênciainterna, r, diminui se a corrente aumentar (U ’ = ε – rI’). Assim, aofechar-se o interruptor, a leitura do voltímetro V1 diminui. A leitura do

voltímetro V2 passa de U2 = RI para U’2 = R . Embora ao fechar-se o

interruptor a corrente no ramo principal aumente, I’ > I, não chega aduplicar, por isso, a leitura do voltímetro V2 diminui (U’2 < U2).33.1 Uma força eletromotriz de 24 V significa que por cada unidade decarga (1 C) que atravessa a bateria é fornecida uma energia de 24 J.

33.2 a) P = R I2 ⇔ 18 W = R(1,5 A)2, resultando R = = 8,0 Ω.

b) A potência fornecida ao circuito é ε l – rl2 = PL + RI2 ou24 V × 1,5 A – r(1,5 A)2 = 18 W + 6,0 Ω × (1,5 A)2, resolvendo, segue-ser = 2,0Ω.

33.3 a) ε – rl = U = 24 V – 2,0 Ω × 2,0 A = 20 V. b) A tensão aos terminais da lâmpada é U = 8,0 Ω × 2,0 A = 16 V, logo,aos extremos da resistência X e da de 6,0 Ω há 20 V – 16 V = 4 V.

A corrente na resistência X é l = 2,0 A – = 1,3 A. A resistência X é

R = = 3,1 Ω.

c) E = P∆t = UI∆t = 16 V ×2,0 A ×2 ×60 s = 3,8 × 103 J

34.1 (D). r = = = 2,0 Ω

360 C1,61 × 10–19 C

Q∆t

12 C3 s

4,32 ×105 J60 W

Q∆t

36,7 C5,0 s

EP

1,0 Ω × π × (0,50 ×10–3)2m2

46 m

R A

A

5,5 V20 × 10–3 A

UI

1,0 × 103

230

1,0 × 103 W

230 V

12

1 U2

2 PX

U2

2PX

U2

PY

U2

P

U2

R

UR

3,0 V(1,3 + 10,0) Ω

εr + R

15 V0,300 A

UI

10 V0,400 A

UI

12

20 V0,200 A

UI

32

I’2

18 W(1,5 A)2

4 V6 Ω4 V

1,3 A

I’2

12,0 V – 8,0 V

2,0 A

ε – U

l


= 7,85 × 10–7 m2; a resistência elétrica é R = = = 0,681 Ω;

a resistividade é ρ = × A = × 7,85 × 10–7m2 = 2,7 × 10–8 Ωm,

portanto, o material é condutor.

UI

5,0 V7,34 A

R

0,681 Ω20 m

27.3 E = P ∆t = 3,0 kW 2,0 + h = 8,0 kW h4060

a dissipada na resistência: E = P∆t = UI∆t = U ∆t= × (15 × 60) s == 9,0× 102J

UR

102 V2100 Ω

FQ11_321a339_FQ11_p357a376 12/4/17 6:29 PM Page 325

34.2 (A). l = = = 3,0 A e P = 2,0 Ω × (3,0 A)2 = 18 W

35. (C).

36.1 (A). A pilha, o amperímetro, a resistência e o interruptor devemficar em série e o voltímetro em paralelo com a resistência.36.2 Colocando uma nova coluna com a corrente em amperes, elabo-ra-se um gráfico semelhante ao seguinte.

A equação da reta é y = – 11,39 x + 8,85 ou U = –11,39 I + 8,85.O simétrico do declive é a resistência interna, 11,4 Ω, e a força eletro-motriz é a ordenada na origem, 8,85 V.36.3 Ligando diretamente aos terminais da pilha um voltímetro.

1.3 Energia, fenómenos térmicos e radiação (QP, pág. 132)37.1 t = T – 273,15 = (4 – 273,5) °C = –269 °C.37.2 0 K (a energia interna aumenta ao aumentar a temperatura).37.3 A um termómetro em equilíbrio térmico com gelo fundenteassocia-se 0 °C (ponto de fusão do gelo) e um termómetro em equi-líbrio térmico com água em ebulição associa-se 100 °C (ponto deebulição da água).37.4 (A). ∆T = 89 K = 93 K – 4 K = ∆T = 89 °C = 366 °C – 277 °C.37.5 (B).

38.1 O saco preto é opaco à radiação visível, daí não ser possível vera mão do homem, mas é transparente à radiação infravermelha, daíser possível ver a imagem da radiação infravermelha emitida pelamão do homem.38.2 (A).38.3 (B). Os óculos, embora transparentes à radiação visível, sãoopacos ao infravermelho.38.4 Sensores de infravermelhos (meteorologia e indústria), comu-nicação de curto alcance, visão noturna, termómetros de infraver-melhos, astronomia de infravermelho, etc.

39.1 (A). A temperatura é a propriedade comum dos corpos queestão em equilíbrio térmico.39.2 (A). A energia interna depende da temperatura, da massa dosistema e da natureza das substâncias que o constituem.

40.1 Thompson observou que, na perfuração de canhões, as peças,devido à fricção, ficavam tão quentes que era necessário arrefecê --las com água fria, que chegava mesmo a ferver.Joule montou um sistema que girava no interior de um vaso calori-métrico contendo água, enquanto um corpo caía por ação da forçagravítica (transferência de energia por trabalho). Esta transferênciade energia, num sistema isolado termicamente, provocou umaumento de temperatura.Estas experiências permitiram concluir que o calor não podia seruma substância, devendo antes ser um processo de transferênciade energia.40.2. a) Com o tubo de cartão na vertical, com ambas as extremida-de fechadas com um material isolante e com as esferas de chumbono seu interior, inverter rapidamente o tubo de modo que as esferascaiam na vertical, repetindo, sucessivamente, estas inversões.Medições a realizar: temperatura inicial das esferas, massa dasesferas colocadas no interior do tubo, comprimento do tubo, núme-ro de inversões e temperatura final das esferas.b) O trabalho realizado pela força gravítica durante a queda dasesferas faz aumentar a sua energia cinética. Esta energia é dissipa-da na colisão das esferas com a extremidade inferior do tubo: aenergia cinética das esferas converte-se em energia interna dasesferas. Assim, desprezando as transferências de energia para o are para o próprio tubo, o trabalho realizado pela força gravítica é igualà variação da energia interna das esferas, o que permite determinara equivalência entre trabalho e calor.

c) Seria necessário conhecer a capacidade térmica mássica dochumbo expressa em calorias por unidade de massa e por unidadede variação de temperatura. Da igualdade entre o trabalho e a varia-ção de energia interna, W→

Fg = ∆U, obtém-se Fgd cos 0° = mc∆t (mem-bro da esquerda em joules e o da direita em calorias).

41.1 (C). O amperímetro liga-se em série e o voltímetro em paralelocom a célula fotovoltaica.41.2 Para uma diferença de potencial de 0,68 V, a potência fornecida pela

célula é 15 mW. Portanto, a corrente é I = = = 2,2 × 10–2 A.41.3 0,44 V e 1,16 V.41.4 A potência é máxima, 17 mW, para uma diferença de potencial elétrico

41.5 Satélites, calculadoras, residências, pequenas indústrias, cen-trais fotovoltaicas, telecomunicações, iluminação, sinalização.

42.1 A energia da radiação que naquele local incide numa área de 1,0 m2, em cada segundo, é, em média, 320 J.

42.2 934 kW h m–2 ano–1 (Er = = == 934 kW h m–2 ano–1)

42.3 (B).42.4 A energia elétrica utilizada pelo sistema elétrico, num dia, éEútil = P ∆t = 0,500 kW × 4,0 h = 2,00 kWh.Para produzir esta energia elétrica, é necessário que a energia da

radiação seja E luz = = = 16,7 kW h. Para receber

esta energia da radiação, durante um dia, é necessária uma área

A = = = 6,5 m2.

43.1 O calor é transferido pelo movimento de partes do próprio ar(convecção térmica): movimento ascendente e descendente departes do fluido. Em geral, as partes mais quentes sobem e as maisfrias descem, pois as mais quentes são menos densas.

43.2 Quer o mar, quer a terra absorvem energia da radiação. Du ranteo dia a terra aquece mais do que o mar, pois a água tem elevadacapacidade térmica mássica e parte da energia absorvida é liberta-da em processos de evaporação; em consequência, junto à terra oar fica mais quente, logo, menos denso e com menor pressão do quejunto ao mar. O ar move-se das pressões mais altas para as maisbaixas. À noite acontece o contrário, pois o mar arrefece mais lenta-mente do que a terra.

43.3 TA = 23 oC, TB = 19 oC, TC = 15 oC, TD = 18 oC.

44.1 Infravermelho.44.2 A energia cedida ao fim de 4,0 h é E = P ∆t = 120 W × (4,0 × 60 ×× 60 s) = 1,73 × 106 J. Desta, 20% resulta de processos de evaporação:Eevaporação = 0,20 × 1,73 × 106 J = 3,5 × 105 J.

44.3 O indivíduo sofre também perdas de energia por condução decalor. Quando não existe vento, a camada de ar junto à pele tem umatemperatura superior à do ambiente, pois aquece devido à energialibertada pelo indivíduo. Num dia ventoso, essa camada de ar éconstantemente substituída por outras mais frias, aumentando,assim, a energia libertada, em cada segundo, por condução.

45. (C).

46.1 ∆U = Q + W = –14 kJ + 36 kJ = 22 kJ.46.2 Significa que, apesar de haver variação de temperatura dorecipiente, a variação de energia que lhe corresponde é desprezávelface à energia transferida para o hélio.46.3 (D). A mesma variação de temperatura implica a mesma varia-ção de energia interna, como W = 0, segue-se que Q = ∆U = 22 kJ.

46.4 A variação de temperatura é ∆t = , portanto, para a mesma

energia recebida é inversamente proporcional à massa da amostra.

Assim, ∆t’ = ∆t = × 27,6 °C = 41,4 °C.

47. Verdadeiras: (C) (como ∆U > 0, a temperatura do sistemaaumenta) e (D) (o sistema cede energia por trabalho à vizinhança,pois o seu volume aumenta) e (E) (∆U = Q + W = 420 J + 0 = 420 J).

ε2r

12,0 V

2 × 2,0 Ω

15 × 10–3 W

0,68 VP

U

0,320 kW × 8,0 h d–1 × 365 d

1,0 m2 × 1 ano

EA ∆t

2,00 kW h

0,12Eútilη

16,7 kW h0,320 kW m–2 × 8,0 h

EluzEr ∆t

I / A

U/V

0,0107

7,5

8

8,5

9

9,5

0,020 0,030 0,040 0,050 0,060 0,070

y = -11,39x + 8,85R2 = 1,00

Emc

150 g100 g

mm’


de 0,92 V. A resistência elétrica é R = = = = = 50 Ω.UI

UUP

U2

P

0,92 V2

17 × 10–3 W

FQ11_321a339__FQ11_p357a376 12/4/17 3:42 PM Page 326

Falsas: (A) (o trabalho é nulo pois o volume do sistema é constante)e (B) (∆U = Q + W = 500 J + W ≠ 500 J, pois W ≠ 0).

48.1 O preto é um bom emissor, sendo por isso um bom absorsor. Aradiação emitida, por ser na região do infravermelho, tende a ficarretida no coletor, sendo reabsorvida pela placa.48.2 O vidro é transparente à maior parte da radiação incidente, jáque nessa radiação predomina a visível. A placa coletora emitesobretudo no infravermelho. Como o vidro é relativamente opaco aoinfravermelho, as perdas de energia por radiação são minimizadas. 48.3 E = c m∆T = 4,18 × 103 × 50 × (80 – 25) J = 1,15 × 107 J48.4 Eluz = P∆t = Er A∆t = 8,0 × 102 × 10 × 3600 J = 2,88 × 107 J

η = EE

f

ú

o

t

r

i

n

l × 100 = × 100 = 40%

49.1 E = 6 × P∆t = 6 × 180 W × 300 s = 3,24 × 105 J

49.2 ∆T = cQm = = = 45 oC

50. (D). Sendo a energia e a variação de temperatura iguais, a capa-cidade térmica mássica é inversamente proporcional à massa.51.1 (B). 51.2 (B).

52.1 Qmetal = –Qágua ⇔ cm mm ∆Tm = –ca ma ∆Ta ⇔ cm = –

cm = – =

= 7,4 × 102 J kg–1 oC–1. Trata-se do alumínio.

52.2 erro percentual (%) = × 100 = 18%

52.3 O sistema metal + água não é isolado. Parte da energia perdidapelo metal é transferida para a vizinhança (recipiente e ar). Assim, atemperatura final do sistema é inferior à que seria de esperar se nãoocorressem essas perdas.

53.1 (D). A água transfere energia, por calor, para o ar, através dogelo: a temperatura da superfície de gelo em contacto com a águalíquida é 0 °C e a da superfície de gelo em contacto com o ar é –15 °C.Ao transferir energia, a água em contacto com o gelo vai congelando.Quanto mais espessa for a camada de gelo, menor será a taxa detransferência de energia, por calor, para a mesma diferença de tem-peratura entre a água e o ar.53.2 A massa de gelo correspondente ao aumento de espessura é m = ρV = 0,90 g cm–3 × 4,0 × 104 cm2 × 1,0 cm = 3,60 × 104 g = 36,0 kg.A energia cedida pela água é a necessária para a solidificação e coin-cide com a energia que seria necessária para a fusão:Esolidificação = m ∆hfusão = 36,0 kg × 3,34 × 105 J kg–1 = 1,20 × 107 J.

O tempo necessário para essa transferência é ∆t = =

= = 1,2 × 104 s = 3,3 h.

53.3 A massa de gelo que corresponde a esse aumento de espessuraé m = ρV = 0,90 g cm–3 × 4,0 × 104 cm2 × 20 cm = 7,20 × 105 g = 720 kg.A energia cedida pela água é a necessária para a solidificação:Esolidificação = m ∆h = 720 kg × 3,34 × 105 J kg–1 = 2,4 × 108 J.

54. (B). Existe sempre energia dissipada e transferência de energiapara a vizinhança (nos processos espontâneos verifica-se umadiminuição de energia útil).

55.1 = = = 23

,,23

64

××

11

00

6

5 = 0,148

(a energia envolvida na fusão é 14,8% da energia de vaporização).

55.2 Estado sólido, por ser neste estado que a capacidade térmicamássica da água é menor.55.3 (A).

QUÍMICA 11.0 ANODomínio 11.1 Aspetos quantitativos das reações químicas (QP, pág. 162)1.1 A equação química respeita a Lei de Lavoisier (Lei da Conserva-ção da Massa), pois, para cada um dos elementos químicos envolvi-dos na reação, o número de átomos nos reagentes é igual aonúmero de átomos nos produtos da reação (4 N, 10 O e 12 H).

1.2 A equação química que representa a reação é 4 NH3 (g) + 5 O2 (g) → 4 NO(g) + 6 H2O(g). 1.3 Cálculo da quantidade de NH3:

M(NH3) = 17,04 g mol–1; nNH3= = 0,317 mol

Cálculo da quantidade de O2 necessário à reação:4 mol de NH3 é estequiometricamente equivalente a 5 mol de O2,

nO2= (0,317 mol NH3) × =0,396 mol

Cálculo do correspondente volume de O2:M(O2) = 32,00 g mol–1; mO2

= nO2M(O2) = 0,396 mol × 32,00 g mol–1 = 12,7 g

VO2= = = 8,9 dm3

2.1 A equação química que traduz a reformação do metano com ovapor de água é CH4(g) + H2O(g) → 3H2 (g) + CO(g). Assim, 1 mol deCH4 é estequiometricamente a 1 mol de H2O, logo, o reagente limi-tante é o metano, pois existem mais moléculas de H2O do que de CH4.2.2 a) Cálculo da massa de H2:1 mol de CH4 é estequiometricamente equivalente a 3 mol de H2.

nH2= (5 mol CH4) × = 15 mol;

M(H2) = 2,02 g mol–1

mH2= nH2

×M(H2) = 15 mol × 2,02 g mol–1) = 30,3 g b) 1mol de CH4 é estequiometricamente equivalente a 1 mol de H2O,logo,5 mol de CH4 reagem consumindo 5 mol de H2O.nH2O excesso = nH2O inicial – nH2O consumido = 6 mol – 5 mol = 1 molM(H2O) = 18,02 g mol–1, mH2O =1 mol × 18,02 g mol–1 = 18,02 g

3.1 C2H5OH(aq) + CH3COOH(aq) → CH3COOC2H5 (aq) + H2O ()

3.2 a) Cálculo da quantidade de matéria de cada reagente:mC2H5OH = ρC2H5OH × VC2H5OH = 0,798 g cm–3 × 15,0 cm3 = 11,97 gmCH3COOH = ρCH3COOH × VCH3COOH = 1,049 g cm–3 × 15,0 cm3 = 15,74 g

nC2H5OH = = 0,2598 mol

nCH3COOH = = 0,2621 mol

Determinar o reagente limitante:1 mol de C2H5OH é estequiometricamente equivalente a 1 mol deCH3COOH, logo, 0,2598 mol de C2H5OH reage consumindo 0,2598 molde CH3COOH.nCH3COOHteórica

= 0,2598 mol < nCH3COOHdisponível= 0,2621 mol ⇒

⇒ o CH3COOH é o reagente em excesso e o C2H5OH é o limitante.nCH3COOH excesso = (0,2621 – 0,2598) mol = 0,0023 mol mCH3COOH excesso = nCH3COOH × M(CH3COOH) == 0,0023 mol × 60,06 g mol–1 = 0,138 gb) 1 mol de C2H5OH é estequiometricamente equivalente a 1 mol deCH3COOC2H5, logo, 0,2598 mol de C2H5OH produz 0,2598 mol deCH3COOC2H5.M(CH3COOC2H5) = 88,12 g mol–1; mCH3COOC2H5

= = 0,2598 mol × 88,12 g mol–1 = 22,9 g

4. Cálculo da quantidade de matéria de cada reagente:

nZn = = 19,12 mol nSO2= = 42,92 mol

Determinar o reagente limitante:1 mol de Zn é estequiometricamente equivalente a 2 mol de SO2,

nSO2= (19,12 mol Zn) × = 38,24 mol

nSO2 teórica = 38,24 mol < nSO2 disponível = 42,92 mol ⇒ o SO2 é o reagen-te em excesso e o Zn é o limitante.Cálculo da massa de Na2S2O4 produzida:1 mol de Zn é estequiometricamente equivalente a 1 mol de Na2S2 O4,logo, 19,12 mol de Zn produz 19,12 mol de Na2S2 O4. mNa2S2O4

= nNa2S2O4× M(Na2S2O4) = 19,12 mol × 174,12 g mol–1 = 3329 g

Cálculo da massa de hidrossulfito comercial:

%pureza = × 100 ⇒

⇒ 90,1 = × 100 ⇒mhidrossulfito de sódio = 3695 g = 3,70 kg

1,15 × 107 J2,88 × 107 J

3,24 × 105 J1,0 × 103 J kg–1 °C–1 × 1,2 kg m–3 × 6,0 m3

Ec ρ V

ca ma ∆Tamm ∆Tm

4,18 × 103 J kg–1 °C–1 × 0,200 kg × (17 – 10) °C

0,095 kg × (17 – 100) °C

9,0 × 102 – 7,4 × 102

9,0 × 102

Esolidificação

P1,20 × 107 J1,0 × 103 J s–1

∆hfusão∆hvaporização

m ∆hfusãom ∆hvaporização

EfusãoEvaporização

5,4 g17,04 g mol–1

5 mol O24 mol NH3

12,7 g1,43 g dm–3

mO2ρO2

3 mol H21 mol CH4

11,97 g

46,08 g mol–1

15,74 g60,06 g mol–1

2,75 × 103 g

64,07 g mol–1

1,25 × 103 g

65,39 g mol–1

2 mol SO21 mol Zn

mditionilo de sódiomhidrossulfito de sódio

3329 gmhidrossulfito de sódio


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5. (D). nCH4= = = 20,00 mol

nH2O = = = 41,98 mol

1 mol de CH4 é estequiometricamente equivalente a 2 mol de H2O, logo, 20,00 mol de CH4 reagem com 40,00 mol de H2O ⇒⇒ nH2O teórica = 40,00 mol < nH2O disponível = 41,98 mol ⇒ a água é oreagente em excesso. 1 mol de CH4 é estequiometricamente equiva-lente a 1 mol de CO2 e a 4 mol de H2, logo, 20,00 mol de CH4 originam20,00 mol de CO2 e 80,00 mol de H2.mágua em excesso = nM = (41,98 – 40,00) mol × 18,01 g mol–1 = 36 gN = nH2

NA = 80,0 mol × 6,02 × 1023 mol–1 = 4,8 × 1025 moléculas de H2.

6.1 a)mA puro = 94,5 – 94,5 × 0,20 = 75,6 g

nA puro = = 2,80 mol

2 mol de A é estequiometricamente equivalente a 3 mol de H2,

nH2= (2,80 mol A) × = 4,20 mol

b) nH2prevista = 4,2 mol ⇒ VH2previsto = 4,2 mol × 22,4 dm3 mol–1 = 94,1 dm3

V = Vprevisto = 0,60 × 94,1 dm3 = 56 dm3

6.2 Cálculo da quantidade de H2SO4 consumida:mA que reagiu = 15,14 g – 9,74 g = 5,40 g;

M(A) = 26,98 g mol–1 nA gasto = = 0,200 mol

2 mol de A é estequiometricamente equivalente a 3 mol de H2SO4,

nH2SO4= (0,200 mol A) × = 0,300 mol

Cálculo da concentração do H2SO4:

cH2SO4= = 0,600 mol dm–3

7.1 M(MgO) = 40,31 g mol–1 ; M(SO2) = 64,06 g mol–1

nSO2= = 4,683 × 107 mol

2 mol de SO2 é estequiometricamente equivalente a 2 mol de MgO,logo, 4,683 × 107 mol de SO2 reagem com 4,683 × 107 mol de MgO.

m (MgO) = 40,31 g mol–1 × 4,683 × 107 mol = 1,890 × 109 g = 1890 t.7.2 2 mol de SO2 é estequiometricamente equivalente a 1 mol de O2,

nO2= (4,683 × 107 mol SO2) × = 2,342 × 107 mol

VO2= 2,342 × 107 mol × 22,4 dm3 mol–1 = 5,25 × 108 dm3;

Var = = 2,5 × 109 dm3

8.1 mNaC puro = 6,50 g × = 5,85 g

nNaC puro = = 0,100 mol

1 mol de NaC é estequiometricamente equivalente a 1 mol de C– ea 1 mol de AgC, logo, 0,100 mol de NaC produz 0,100 mol de AgC.mAgC = 0,100 mol × 143,3 g mol–1 = 14,3 g

η = × 100 = 99%

8.2 nNaC = nC– = 0,100 mol

cC– = = 1,00 mol dm–3

9.1 2 CH4 (g) + 2 NH3 (g) + 3 O2 (g) → 2 HCN (g) + 6 H2O (g)9.2 a) M(CH4) = 16,05 g mol–1 ; M(NH3) = 17,04 g mol–1

nCH4= = 1,090 × 104 mol

nNH3= = 1,027 × 104 mol

2 mol de CH4 é estequiometricamente equivalente a 2 mol de NH3,logo, 1,027 × 104 mol de NH3 consome 1,027 × 104 mol de CH4 < nCH4disponível ⇒ CH4 é o reagente em excesso e o NH3 é o reagente limitante.

2 mol de NH3 é estequiometricamente equivalente a 2 mol de HCN,logo, 1,027 × 104 mol de NH3 produz 1,027 × 104 mol de HCN, logo,nHCN = 1,03 × 104 mol .b) nCH4 em excesso = (1,090 × 104 – 1,027 × 104) mol= 6,3 × 10–2 mol.

9.3 nHCN teórica = = = 1,056 × 104 mol

Segundo a estequiometria da reação nHCN = nNH3= 1,056 × 104 mol ⇒

⇒ mNH3= 1,056 × 104 mol × 17,04 g mol–1 =1,80 × 105 g = 180 kg

10.1 Cálculo da massa teórica de ácido adípico:

η (%) = ×100 ⇒0,70 = ⇒mC6H10O4= 17,1 g

Cálculo da massa de ciclo-hexano consumida:M (C6H10O4) = 146,16 g mol–1 e M (C6H10) = 82,16 g mol–1

nC6H10O4 = = 0,117 mol

3 mol de C6H10 é estequiometricamente equivalente a 3 mol deC6H10O4, logo, para produzir 0,117 mol de C6H10O4, é necessário 0,117 mol de C6H10. mC6H10 = 0,117 mol × 82,16 g mol–1 = 9,6 g

10.2 4 mol de Na2Cr2O7 é estequiometricamente equivalente a 3 molde C6H10O4,nNa2Cr2O7 = (0,117 mol C6H10O4

) × = 0,156 mol Na2Cr2O7 ⇒⇒ 0,156 mol Na2Cr2O7. 2 H2OM (Na2Cr2O7. 2 H2O) = 298,02 g mol–1

m (Na2Cr2O7. 2 H2O) = 298,02 g mol–1 × 0,156 mol = 46,5 g

11.1 Cálculo da quantidade de vapor de água removida:M (H2O) = 18,02 g mol–1

nH2O = = 1,332 mol

Cálculo da massa de O2 produzida:2 mol de H2O é estequiometricamente equivalente a 3 mol de O2

nO2= (1,332 mol H2O) × = 1,998 mol O2

M(O2) = 32,00 g mol–1; mO2= 1,998 mol × 32,00 g mol–1 = 63,9 g

11.2 Cálculo da quantidade de CO2 a remover:

ρCO2= ⇒ 1,80 g dm–3 = ⇒mCO2

= 180,0 g

M (CO2) = 44,01 g mol–1 nCO2= = 4,090 mol

Cálculo da massa de KO2 necessária: 1 mol de CO2 é estequiometri-camente equivalente a 1 mol de KOH, logo, para remover 4,090 molde CO2, é necessário 4,090 mol de KOH. Por outro lado, 4 mol de KOH éestequiometricamente equivalente a 4 mol de KO2, logo, para produ-zir 4,090 mol de KOH, é necessário 4,090 mol de KO2M (KO2) = 71,10 g mol–1;mKO2

= 4,090 mol × 71,10 g mol–1 = 291 g11.3 (C). 4 mol de KO2 é estequiometricamente equivalente a 2 molde H2O e a 4 mol de CO2.

12.1 Cálculo da quantidade de cada reagente:

nNa2CrO4= = 0,5248 mol

nH2O = = 0,6104 mol

Determinar o reagente limitante:2 mol de Na2CrO4 é estequiometricamente equivalente a 1 mol de H2O,

nNa2CrO4= (0,6104 mol H2O) × = 1,221 mol

nNa2CrO4teórica= 1,221 mol > nNa2CrO4disponível

= 0,5253 mol ⇒ o Na2CrO4

é o reagente limitante.12.2 A «química verde» centra-se em desenvolver e aplicar proces-sos químicos que impliquem a redução ou eliminação de substân-cias prejudiciais à saúde humana e ao ambiente. Nesta reação,opta-se por usar a água e o dióxido de carbono em excesso paragarantir que todo o cromato de sódio se consome, pois o cromato desódio é o mais perigoso dos três reagentes.

13.1. E A (%) = × 100

VVM

448 dm322,4 dm3 mol–1

mM

756 g18,01 g mol–1

75,6 g26,98 g mol–1

3 mol H22 mol A

5,40 g26,98 gmol–1

3 mol H2SO42 mol A

0,300 mol0,500 dm3

3,000 × 109 g64,06 g mol–1

1 mol O22 mol SO2

5,2 × 108 dm3

0,2190100

5,85 g58,44 g mol–1

0,100 mol0,100 dm–3

175 × 103 g16,05 g mol–1

175 × 103 g17,04 g mol–1

mC6H10O4 realmC6H10O4 teórica

12,0mC6H10O4 teórica

17,1 g146,16 g mol–1

4 mol Na2Cr2O73 mol C6H10O4

24,0 g18,02 g mol–1

nHCN realη

1,03 × 104 mol

0,975

3 mol O22 mol H2O

mCO2100 dm3

mCO2VCO2

180,0 g44,01 g mol–1

14,16 g

14,3 g

85,0 g161,98 g mol–1

11,0 g18,02 g mol–1

2 mol Na2CrO41 mol H2O

mátomos de reagentes incorporados no produto desejadomtotal de átomos nos reagentes


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mátomos de reagentes incorporados no produto desejado = 55,85 × 2 = 111,7mtotal de átomos nos reagentes = 55,85 × 2 + 16,00 × 3 + (12,01 + 16,00) × 3 == 243,73

E A (%) = × 100 = 45,8%

13.2 Uma reação com elevada eficiência deverá ter não só um eleva-do rendimento mas também uma elevada economia atómica, mas aeficiência não é o único aspeto a ter em conta para que esta sejaambientalmente adequada, pois devem também ser contempladosoutros fatores como a toxicidade, o uso de substâncias auxiliares, aeficiência energética, a origem da matéria-prima e o uso de catali-sadores, tão seletivos quanto possível.13.3 (B).

14.1 Processo por reformação catalítica:mátomos de reagentes incorporados no produto desejado = 3 × (1,01 × 2) = 6,06mtotal de átomos nos reagentes = (12,01 + 1,01 × 4) + (1,01 × 2 + 16,00) = 34,07

E A (%) = × 100 = 17,8%

Processo por via de carvão:mátomos de reagentes incorporados no produto desejado = 2 × (1,01 × 2) = 4,04mtotal de átomos nos reagentes = 12,01 + 2 × (1,01 × 2 + 16,00) = 48,05

E A (%) = × 100 = 8,41%

Tendo em conta a economia atómica dos processos, conclui-se quea reformação catalítica é o processo mais eficiente, pois tem maioreconomia atómica.14.2 O processo por reformação catalítica tem como subproduto omonóxido de carbono, CO, substância com elevada toxicidade quandocomparada com o dióxido de carbono produzido no processo por viade carvão.

1.2 Equilíbrio químico e extensão das reações químicas(QP, pág. 166)15.1 A figura mostra que a reação ocorreu em sistema fechado, veri-ficando-se que, inicialmente, havia iodo e hidrogénio e, quando areação termina, estão presentes não só o produto da reação, HI,mas também os dois reagentes, H2 e I2, ou seja, a reação terminasem que nenhum dos reagentes esgote. Assim, conclui-se que areação é incompleta.15.2 H2 (g) + I2 (g) — 2 HI (g)15.3 (C).15.4 De acordo com a estequiometria da reação, uma mol de I2reage com 1 mol de H2, originando 2 mol de HI.

No estado de equilíbrio há 0,021 mol de I2, assim, 0,100 mol – x = 0,021 ⇒ x = 0,079 mol Logo, a quantidade de HI no equilíbrio é:+ 2x = 2 × 0,079 mol = 0,158 mol Cálculo da constante, dado que o volume do recipiente é

1,00 L, Kc = = 57

15.5 (D). Para um sistema atingir um estado de equilíbrio, é necessá-rio que o sistema seja fechado e não se registem, macroscopicamen-te, variações de propriedades físicas e químicas, o que acontecequando as taxas temporais de variação das concentrações dos rea-gentes e produtos forem iguais, para uma dada temperatura.

16.1 A → H2; B → NH3; C → N2. 16.2 (B).

16.3 Kc = = 69,1 16.4 K’c = = = 0,0145

17.1 (A). O gráfico mostra que a concentração da espécie Y diminui,desde o instante inicial até ao instante em que se atinge o equilíbrio

químico. Pelo contrário, as concentrações das espécies X e Zaumentam nesse intervalo de tempo. Conclui-se, assim, que Y é rea-gente e X e Z são produtos da reação.Analisando quantitativamente o gráfico, verifica-se que a concen-tração de Y diminuiu uma unidade arbitrária. As concentrações de Xe de Z aumentaram, respetivamente, 3 e 1 unidades.Assim, a estequiometria da reação é 1 mol de Y : 1 mol de Z : 3 mol de X.17.2 De acordo com a estequiometria da reação,

uma mol de Y decompõe-se originando 3 mol de X e 1 mol de Z.

Após a decomposição de 50% do componente Y, ficam

ny = × 2,0 mol = 1,0 mol, logo, 2,0 – x = 1,0 mol ⇒ x =1,0 mol.

De Z ficam em equilíbrio 1,0 mol e de X ficam 3,0 mol, o que, no total,perfaz 5,0 mol de gases presentes no equilíbrio.

18.1 De acordo com a estequiometria da reação, 1 mol de PC5 origi-na 1 mol de PC3 e 1 mol de C2.

Kc = ⇔ 1,80 = ⇔ x = 0,144 mol

Cálculo da quantidade inicial de PC5:

[PC5]e = = ⇒ a = 0,150 mol

18.2 Do ponto de vista energético, o processo de decomposição doPC5 é endotérmico (∆H > 0). De acordo com o Princípio de Le Châte-lier, a diminuição da temperatura do sistema altera o estado deequilíbrio, provocando uma evolução do sistema no sentido de con-trariar a perturbação imposta, ou seja, no sentido da reação queliberta energia (reação exotérmica), que, neste caso, é a reaçãoinversa. É, assim, de prever uma diminuição das concentrações dePC3 (g) e de C2 (g) e um aumento da concentração de PC5 (g).18.3 Cálculo do quociente da reação no instante inicial:

Qc = = 2,1 ⇒ Qc > Kc, o sistema vai evoluir no sentido

em que Qc diminua, aproximando-se de Kc, portanto, no sentido deproduzir PC5, o sentido inverso.Cálculo da concentração de PC5 no equilíbrio:

Como no equilíbrio há 0,687 mol de C2, 0,70 – x = 0,687 ⇒⇒ x = (0,70 – 0,687) mol = 0,013 mol

[PC5]e = = 0,057 mol dm–3

18.4 (C). Os catalisadores utilizam-se para aumentar a rapidez dasreações. Estes apenas permitem que se atinja o equilíbrio mais rapi-

111,7243,73

6,06

34,07

4,04

48,05

I2 H2 HI

Início 0,100 0,100 —

Variação –x –x +2x

Equilíbrio 0,100 – x = 0,021 0,100 – x = 0,021 +2x

0,15820,021 × 0,021

Y Z X

Início 2,0 – —

Variação –x +x +3x

Equilíbrio 2,0 – x +x +3x

50100

1Kc

169,1

PC5 PC3 C2

Início a – —

Variação –x +x +x

Equilíbrio a – x +x +x

|PC3|e × |C2|e

|PC5|e

x2,0

x2,0

×

5,76 × 10–3

2,0

(a – 0,144) mol

2,0 dm3

5,76 × 10–3 mol

2,0 dm3

0,60

2,00,700

2,0×

0,100

2,0

PC5 PC3 C2

Início 0,100 0,600 0,700

Variação +x –x –x

Equilíbrio 0,100 + x 0,600 – x 0,700 – x

(0,10 + 0,013) mol

2,0 dm3

4,0 × 12,03

10,02


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damente, não havendo, no entanto, influência na extensão da rea-ção química. Uma vez que a reação já se encontra num estado deequilíbrio, a adição de um catalisador não provocará perturbação nosistema reacional, pelo que não há alteração nas concentrações dasespécies presentes nesse equilíbrio.

19.1Qc = = 1,7

Qc > Kc, o sistema vai evoluir no sentido inverso, ou seja, no sentidode consumo de NH3.19.2 O aumento da quantidade de N2 (g) altera o estado de equilíbrio,provocando uma evolução do sistema no sentido de contrariar aperturbação imposta, ou seja, no sentido da reação em que hajaconsumo de N2, o da reação direta, até se estabelecer um novo equi-líbrio.19.3 (A). De acordo com o Princípio de Le Châtelier, a diminuição datemperatura do sistema reacional favorece a reação exotérmica,neste caso, a reação direta (∆H < 0), ou seja, a reação de síntese doamoníaco.

20.1 (C). A reação no sentido direto é exotérmica, pois os valores daconstante de equilíbrio diminuem com o aumento da temperatura.De acordo com a estequiometria da reação (1 + 1 → 2), a alteraçãoda pressão não altera o estado de equilíbrio. A constante de equilí-brio só depende da temperatura, pelo que o seu valor não se alteraapós a perturbação.20.2 (D). A diminuição da concentração de HI (g) leva o sistema aevoluir no sentido de produzir iodeto de hidrogénio até se atingir umnovo estado de equilíbrio. No entanto, o aumento da quantidade deHI (g), até se atingir um novo estado de equilíbrio, é inferior à dimi-nuição provocada no sistema reacional, pelo que a concentração deHI (g) no novo estado de equilíbrio é inferior à do equilíbrio inicial.

21.1 I → (B); II → (A); III → (C); IV → (D).21.2 A – De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o aumento dapressão favorece a reação que conduz a uma diminuição da pres-são, ou seja, que conduz a uma diminuição da quantidade de gases.Neste caso, a reação que conduz a uma diminuição da quantidadede gases é a reação direta, consequentemente, a quantidade deproduto aumenta.21.3 De acordo com os valores da tabela, a percentagem de NH3 (g)diminui à medida que a temperatura aumenta, significando que umaumento de temperatura favorece a reação inversa. De acordo como Princípio de Le Châtelier, o aumento da temperatura favorece areação endotérmica, concluindo-se, assim, que a reação é exotérmi-ca no sentido direto.22.1 t = 200 °C e p = 1000 atm22.2 a) 40%. b) As condições ideais na produção do amoníaco seriam: pressõeselevadas, porque a reação direta é acompanhada de um decréscimode quantidade de espécies no estado gasoso, e temperaturas bai-xas, pois a reação direta é exotérmica (aumento da constante deequilíbrio, ou seja, reação direta mais extensa, com a diminuição datemperatura). Mas pressões elevadas exigem custos elevados e atemperaturas baixas o amoníaco é produzido muito lentamente.Como na indústria a escolha das condições para a produção estádependente dos custos económicos, é preferível obter rapidamentepercentagens moderadas de amoníaco do que esperar muito tempopara obter percentagens elevadas.

23.1 a) A adição de solução de Fe(NO3)3 implica um aumento da con-centração de Fe3+; o sistema evoluirá no sentido do consumo de Fe3+

e SCN–, formando-se [FeSCN]2+, até se estabelecer um novo estadode equilíbrio. Assim, a cor vermelha da solução será mais intensacomparada com a do equilíbrio inicial.b) A adição de solução de AgNO3 implica a diminuição da concentra-ção de SCN–, pois os iões Ag+ reagem com os iões tiocianato, deacordo com a seguinte equação: SCN– (aq) + Ag+ (aq) — AgSCN(s). O sistema evoluirá no sentido da formação de Fe3+ e SCN–, consu-mindo-se [FeSCN]2+, até se estabelecer um novo estado de equilí-brio. Assim, a cor vermelha da solução será muito menos intensacomparada com a do equilíbrio inicial.c) A adição de NaF irá diminuir a concentração de Fe3+, pois a adiçãode NaF (s) à mistura reacional conduz à presença de iões fluoreto,F–, em solução, que reagem com os iões Fe3+, segundo a equação:

Fe3+ (aq) + 6F– (aq) — [FeF6]3- (aq). O sistema evoluirá no sentido deformação de Fe3+ e SCN–, consumindo-se [FeSCN]2+, até se atingirum novo estado de equilíbrio. Assim, a cor vermelha da solução serámenos intensa comparada com a do equilíbrio inicial.23.2 (C). Sendo o processo exotérmico, um aumento de temperaturado sistema altera o estado de equilíbrio, provocando uma evolução dosistema no sentido em que a reação absorve energia, ou seja, no senti-do inverso, e, consequentemente, aumenta a concentração de SCN– ede Fe3+, diminuindo a de [FeSCN]2+, o que está de acordo com o gráfico.

2.1 Reações ácido-base (QP, pág. 218)1.1 a) HCN; H2SO4; NH4

+. b) OH–; OC–. c) H2PO4–; HCO3

–.1.2 a) H2PO4

– (aq) + H3O+ (aq) — H3PO4 (aq) + H2O ()HCO3

– (aq) + H3O+— H2CO3 (aq) + H2O ()b) H2PO4

– (aq) + OH– (aq) — HPO 42- (aq) + H2O ()

HCO3– (aq) + OH– (aq) — CO 3

2– (aq) + H2O ()1.3 H3PO4/H2PO4

– e H3O+/H2O; H2PO4–/HPO4

2– e H2O / OH-.H2CO3/HCO3

– e H3O+/H2O; HCO3–/CO 3

2– e H2O/OH–.

2.1 2 H2O () — H3O+ (aq) + OH– (aq)2.2 (B). A autoionização da água pura produz iguais quantidades deH3O+ e OH–, pelo que a água pura é neutra para qualquer temperatu-ra. A reação no sentido direto é endotérmica, pois os valores do KWaumentam com o aumento da temperatura. Um maior valor de KWimplica maior concentração de H3O+ e OH– simultaneamente, peloque o pH da água diminui.2.3 KW = |H3O+|e |OH–|e = 5,5 × 10–14, para a água pura [H3O+] = [OH–],|H3O+|2 = 5,5 × 10–14 ⇒ [H3O+] = 2,35 × 10–7 mol dm–3 ⇒ pH = 6,6.

3.1 (D). menor pH ⇒ maior acidezO suco gástrico é a solução mais ácida, logo, é o que contém maiorconcentração hidrogeniónica.pH = 7,4 ⇒ [H3O+] plasma = 10–7,4 = 4,0 × 10–8 mol dm–3

[H3O+]total no líquido intracelular = (10–6,9 + 1,1 × 10–6) mol dm–3 = = 1,23 × 10–6 mol dm–3

Partindo do princípio de que a variação de volume é desprezável,pH = –log (1,23 × 10–6) = 5,9.3.2 Intervalo de pHplasma [7,0; 7,8][H3O+]máx = 1,0 × 10–7 mol dm–3

3.3 (A). [H3O+]plasma = 10–7,4 = 3,98 × 10–8 mol dm–3

K = ⇒ = = = 20

4. (B) e (C). As duas equações traduzem reações ácido-base, pois hátransferência de iões hidrogénio, H+, de um ácido (H2O e HNO3) parauma base, NH3 e H2O.

5.1 (D) HX < HZ < HY

5.2% ionização = ×100 = ×100 = 50%

5.3 (B). HY é o ácido mais forte (maior número de moléculas ioniza-das), pelo que é o que apresenta maior constante de acidez e, con-sequentemente, a sua base conjugada apresenta menor constantede basicidade (KaKb = KW). HX é o mais fraco (menor percentagem demoléculas ionizadas), logo, para iguais concentrações dos três áci-dos, é o que apresenta maior valor de pH.

6.1 Verdadeiras: (A), (D) e (F). Falsas: (B), (C) e (E).A constante de equilíbrio é uma medida da extensão de uma reação.Assim, a reação de ionização do ácido acético, a 25 °C, é pouco extensa.Em soluções básicas (pH > 7) há consumo de H3O+, pelo que, de acor-do com o Princípio de Le Châtelier, é favorecida a reação de ioniza-ção do ácido acético e não a sua formação.No equilíbrio prevalece a espécie CH3COOH, pois a reação é poucoextensa no sentido direto. Consequentemente, é baixa a concentra-ção de H3O+, daí a baixa acidez do ácido acético.

Kb(CH3COO–) = = = 5,6 × 10–10. Como Kb > KW o ião

acetato sofre hidrólise de acordo com a equaçãoCH3COO– (aq) + H2O () — CH3COOH (aq) + OH– (aq), pelo que as solu-ções de ião acetato são básicas (pH > 7).6.2 a) De acordo com a estequiometria da reação, 1 mol de CH3COOHorigina 1 mol de CH3COO– e 1 mol de H3O+.

0,52,0

262

0,32,0

423

× 0,12,0

26

7,94 × 10–7

3,98 × 10–8

K|H3O+|e

|HCO3–|e

|CO2|e

|H3O+|e × |HCO3–|e

|CO2|e

48

n.o de moléculas de ácido ionizado

n.o total de moléculas de ácido

1,0 × 10–14

1,78 × 10–5

KWKa


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x = [H3O+]e = 10–3,70 mol dm–3 = 2,00 × 10–4 mol dm–3

[CH3COOH]não ionizado = =

= 2,5 × 10–3 mol dm–3

b) Ka = e |H3O+|e = |CH3COO–|e

Ka = = 1,6 × 10–5

c) (D). Numa medição, os erros sistemáticos são a componente doerro que permanece constante ou varia de maneira previsível.

7.1 (A). O pH da água do rio diminui. Consequentemente, o pOH aumenta.O HC é um ácido forte, pelo que a sua ionização em água é muitoextensa (ionização completa), o que contribuiu para um aumentodrástico da acidez da água do rio, provocando a destruição da vidaaquática. A extensão da ionização de um ácido forte não depende da concentra-ção inicial, pelo que a injeção de milhões de métricos cúbicos de águaapenas contribuiu para a diminuição da concentração (diluição).

= = 7,9 × 103.

7.2 M (HC) = 36,46 g mol–1 ⇒ nHC = = 1,1 × 105 mol.

De acordo com a equação química, 2 mol de HC é estequiometrica-mente equivalente a 1 mol de CaCO3

⇒ nCaCO3= (1,1 × 105 mol de HC) × = 5,5 × 104 mol CaCO3

M(CaCO3) = 100,09 g mol–1 ⇒ mCaCO3= 5,5 × 104 mol × 100,09 g mol–1

= 5,5 × 106 g = 5,5 t

8.1 LiOH (aq) + HC (aq) → LiC (aq) + H2O () pHLiOH (aq) = 12,20 ⇒ pOH = 14 – 12,20 = 1,80 ⇒ [OH–] = 10–1,80 == 0,01585 mol dm–3

nHC que reagiu = c × V = 0,100 mol dm–3 × 0,0264 dm3 = 2,64 × 10–3 mol 1 mol de LiOH é estequiometricamente equivalente a 1 mol de HC,logo, a quantidade de LiOH neutralizado foi 2,64 × 10-3 molnLiOH = nOH– = 2,64 × 10–3 mol, porque o LiOH está totalmente disso-ciado em solução aquosa.

VLiOH (aq) = = = 0,167 dm3 = 167 cm3

8.2 [OH–] = 10–1,80 = 0,01585 mol dm–3; M(LiOH) = 23,95 g mol–1

nOH– = c × V = 0,01585 mol dm–3 × 0,200 dm3 = 3,17 × 10–3 mol nOH– = nLiOH = 3,17 × 10–3 mol ⇒ mLiOH = 3,17 × 10–3 mol × 23,95 g mol–1

= 0,0759 g = 75,9 mg

9.1 titulante → NaOH; titulado → HC

9.2 NaOH (aq) + HC (aq) → Na+ (aq) + OH– (aq) + H+ (aq) + C– (aq) →H2O () + NaC (aq)9.3 a) Vtitulante no p.e. = VNaOH (aq) = 50 mL; cNaOH = 0,025 mol dm–3

nNaOH = c × V = 0,025 mol dm–3 × 0,050 dm3 = 1,25 × 10–3 mol De acordo com a equação química: 1 mol de HC é estequiometrica-mente equivalente a 1 mol de NaOH, logo, 1,25 × 10–3 mol de NaOHneutralizaram 1,25 × 10–3 mol de HC.

cHC = = 0,10 mol dm–3

b) [HC (aq)] ≈ [H3O+ (aq)] ⇒ pH = –log (0,10) = 1

c) nHC inicial = 0,10 mol dm–3 × 0,0125 dm3 = 1,25 × 10–3 molnNaOH adicionado = 0,025 mol dm–3 × 0,010 dm3 = 2,50 × 10–4 mol De acordo com a estequiometria da reação: 2,50 × 10–4 mol de NaOH

neutralizam 2,50 × 10–4 mol de HCnHC que não reagiu = nHC inicial – nHC que reagiu

= (1,25 × 10–3 – 2,50 × 10–4) mol = 1,00 × 10–3 mol ⇒ nH3O+ =

= 1,00 × 10–3 mol ⇒ [H3O+] = =

= 0,0444 mol dm–3 ⇒ pH = –log 0,0444 = 1,4

d) O ponto de equivalência atinge-se quando o ácido e a base reagi-ram completamente, não havendo excesso nem de ácido nem debase em solução. Neste caso restam em solução os iões Na+ e C–

que não reagem com a água e os iões provenientes da autoionizaçãoda água, a 25 °C. Assim, [H3O+] = [OH–] = 1,0 × 10–7 mol dm–3 ⇒ pH = 7.

9.4 Quer o vermelho de metilo quer a fenolftaleína mudam de cor naproximidade do ponto de equivalência, pois a zona de viragem doindicador está contida na região de variação brusca de pH.

10. A – Vermelho. Como o HC é um ácido forte ioniza-se completa-mente e a concentração hidrogeniónica em solução vai ser elevada,consequentemente, terá um valor de pH baixo.B – Amarelo. Como o NaOH se dissocia completamente, a concentra-ção de OH– (base forte) em solução vai ser elevada e, consequente-mente, a concentração de H3O+ vai ser pequena. Assim, o valor de pHserá alto.C – Verde. O amoníaco é uma base fraca que se ioniza parcialmente emsolução aquosa. A concentração de OH– presente em solução vai serrelativamente baixa, conferindo-lhe um pH ligeiramente superior a 7.D – Lavanda. O NaC é um sal muito solúvel em água, dissociando-secompletamente. Os iões Na+ são muito estáveis (iões espectadores)e não reagem com a água. Os iões C– são uma base conjuga-da de um ácido forte, não têm tendência a reagir com a água,assim, pH = 7. E – Cor-de-rosa. O NH4C é um sal muito solúvel em água, dissocian-do-se completamente. Os iões C– não têm tendência para reagircom a água. O NH4

+ é um ácido conjugado de uma base fraca (NH3),tendo tendência para reagir com a água. Assim, a solução deveráapresentar um pH inferior a 7.

11. Verdadeiras: (B), (D), (E) e (F). Falsas: (A) e (C).

12.1 Um aumento da concentração de CO2 atmosférico aumenta aquantidade de dióxido de carbono que se dissolve na água e, conse-quentemente, aumenta a produção de ácido carbónico, H2CO3. Oácido carbónico é um ácido fraco e reage com a água, de acordo coma equação: H2CO3 (aq) + H2O () — HCO–

3 (aq) + H3O+ (aq). Se aumen-tar a concentração de H2CO3, altera-se o equilíbrio e o sistema reagefavorecendo a reação no sentido direto, produzindo H3O+. O aumentoda concentração de H3O+ faz diminuir o pH da água do mar.12.2 [H3O+]atual = 10–8,05 mol dm–3 = 8,91 × 10–9 mol dm–3

[H3O+]2100 = 10–7,7 mol dm–3 = 2,00 × 10–8 mol dm–3

%([H3O+])= × 100 = 124%

2.2 Reações de oxidação-redução (QP, pág. 222)13.1I.2 Ca3 (PO4)2 (s) + 6 SiO2 (s) + 10 C (s) → P4 () + 10 CO (g) + 6 CaSiO3 (s)

n.o. +2+5–2 +4–2 0 0 +2–2 +2 +4–2

n.o. (C) = (2 – 0) = +2 = ⇒ oxidação (aumenta o número de oxidação,cede eletrões). n.o. (P) = (0 – 5) = –5 = ⇒ redução (diminui o número de oxidação,ganha eletrões).A variação dos números de oxidação implica transferência de ele-trões entre as espécies envolvidas, logo, a reação é de oxidação--redução.

II. P4 () + 5 O2 (g) + 6 H2O () → 4 H3PO4 ()n.o. 0 0 +1–2 +1 +5 –2

n.o. (P) = (5 – 0) = +5 oxidação (aumenta o número de oxidação, cedeeletrões).n.o. (O) = (–2 – 0) = –2 redução (diminui o número de oxidação, ganhaeletrões).

CH3COOH CH3COO– H3O+

Início 2,7 × 10–3 — —

Variação –x +x +x

Equilíbrio 2,7 × 10–3 –x +x +x

|H3O+|e × |CH3COO–|e

|CH3COOH|e

(2,0 × 10–4)2

2,5 × 10–3

10–3,2 mol dm–3

10–7,1 mol dm–3

[H3O+]final[H3O+]inicial

4 × 106 g36,46 g mol–1

11 mol CaCO32mol HC

2,64 × 10–3 mol0,01585 mol dm–3

nLiOHcLiOH

1,25 × 10–3 mol

0,0125 dm–3

1,00 × 10–3 mol(0,0125 + 0,010) dm3

(2,7 × 10–3 – 2,00 × 10–4) mol

1 dm3

2,00 × 10–8 –8,91 × 10–9

8,91 × 10–9


oxidaçãoredução

oxidaçãoredução

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A variação dos números de oxidação implica transferência de eletrõesentre as espécies envolvidas, logo, a reação é de oxidação-redução. III. H3PO4 () +3 NH3 () → (NH4)3PO4 (s)n.o.+1 +5 –2 –3 +1 –3 +1 +5 –2A reação não é de oxidação-redução, pois não há variação dosnúmeros de oxidação, ou seja, não há transferências de eletrõesentre as espécies envolvidas.13.2 a) I. Espécie oxidada: C; espécie reduzida: PO4

3-

II. Espécie oxidada: P4; espécie reduzida: O2.b) I. Agente redutor: C (cede eletrões); agente oxidante: PO4

3- (recebeeletrões).II. Agente redutor: P4 (cede eletrões); agente oxidante: O2 (recebeeletrões).14.1 (C). O número de oxidação do A passa de 0 para +3, logo, cedeeletrões para o Br, cujo número de oxidação passa de 0 para –1.14.2 A → A3+ + 3 e– semirreação de oxidação.Br2 + 2e– → 2 Br– semirreação de redução.

15.1 Cd + NiO2 + 2H2O → Cd(OH)2 + Ni(OH)20 +4 +2 +2

15.2 O processo de carga corresponde à reação inversa. Neste pro-cesso, o hidróxido de cádmio reduz-se (o número de oxidação do Cddiminui), logo, é o agente oxidante, enquanto o hidróxido de níquel seoxida (o número de oxidação do Ni aumenta), logo, é o agente redutor.

16.1 (C). O Sn(s) tem maior poder redutor do que o cobre, sofre oxi-dação ao ceder eletrões ao catião Cu2+ (aq), que se reduz a Cu (s).Assim, a concentração de catiões Cu2+ na solução diminui, tornan-do-se mais clara.

16.2 Semirreação de oxidação: Sn (s) → Sn2+ (aq) + 2 e–

Semirreação de redução: Cu2+ (aq) + 2 e– → Cu (s)Equação de oxidação-redução: Sn (s)+ Cu2+ (aq) → Sn2+ (aq)+ Cu (s)

16.3 Quantidade de Cu2+ existente na solução inicial:nCuSO4

= nCu2+ = c × V = 0,10 mol dm–3 × 0,250 dm3 = 0,0250 molQuantidade de cobre metálico formada:

nCu = = = 0,00511 mol = nCu2+ que reagiu

Quantidade de iões cobre na solução final:nCu2+ final = 0,0250 mol – 0,00511 mol = 0,0199 mol Concentração da solução final:

c = = = 0,080 mol dm–3

17 (D). A corrosão de um metal consiste na sua oxidação espontâneaem determinadas condições. Os metais com maior facilidade de oxi-dação, mais reativos, Zn e Fe, aparecem na natureza na forma deóxidos (para o Fe) ou sulfuretos (para o Zn), ou seja, como substân-cias compostas.

18.1 Forma e tamanho das barras metálicas, inexistência de oxida-ção prévia nas barras metálicas, concentração e volume das solu-ções e tempo de reação.18.2 Zn> Pb> Cu18.3 De acordo com os resultados da atividade, conclui-se que ozinco tem maior poder redutor do que o chumbo e que o chumbotem maior poder redutor do que o cobre, pois o zinco sofreu oxida-ção na solução de nitrato de chumbo e o chumbo oxidou-se na solu-ção de nitrato de cobre. Assim, o zinco sofre corrosão em contactocom soluções que contenham iões Pb2+ ou Cu2+, pelo que um reci-piente de zinco não pode armazenar soluções de nitrato de chumbo.Como o chumbo tem maior poder redutor do que o cobre, significaque os iões Pb2+ (menor poder oxidante do que os iões Cu2+) não têmcapacidade para oxidar o cobre, pelo que soluções de nitrato dechumbo podem ser armazenadas em recipientes de cobre.

19.1 O níquel tem maior poder redutor do que o hidrogénio, logo, estemetal sofre oxidação, cedendo eletrões aos iões H+, formando H2, quese liberta na forma de bolhas gasosas. O níquel, ao sofrer oxidação,passa para a solução na forma de Ni2+(aq), sendo este ião responsávelpela cor esverdeada que a solução adquire. O cobre, como tem menorpoder redutor do que o hidrogénio, não sofre alteração.

19.2 Semirreação de redução: 2H+ (aq) + 2 e– → H2 (g)Semirreação de oxidação: Ni (s) → Ni2+ (aq) + 2e–

Equação da reação de oxidação-redução:Ni (s)+ 2 H+ (aq) → Ni2+ (aq) + H2 (g)

2.3 Soluções e equilíbrio de solubilidade (QP, pág. 225)20.1 (B).

nC– = = 0,5422 mol nNa+ = = 0,4654 mol

A quantidade de C– presente na água do mar é diferente da quanti-dade de Na+, o que significa que a contribuição para a presença deiões cloreto na água do mar não é apenas resultante da dissoluçãode NaC.%(m/m) = × 100 = × 100 = 1,15%

mtotal iões = cm × V = × 10 dm3 = 347 g

A mineralização da água do mar resulta da dissolução de sais e dadissolução de CO2.20.2CO2 (g) + 2 H2O () — H2CO3 (aq) + H2O () — HCO3– (aq)+ H3O+ (aq)

21. (A). O iodo (soluto) é uma substância molecular, pelo que as inte-rações soluto-solvente são ligações intermoleculares. As substân-cias polares são mais solúveis em solventes polares; analogamente,as substâncias apolares, ou pouco polares, são mais facilmentesolúveis em solventes apolares.As moléculas de água são polares. De acordo com a figura, as molé-culas de diclorometano são pouco polares, pois é imiscível em água.As moléculas de acetona são polares, pois é miscível em água.Assim, o iodo dissolver-se-á mais facilmente em diclorometano.

22.1 A 80 °C, s = 90 g de sal / 100 mL de H2O A 20 °C, s = 60 g de sal / 100 mL de H2O

msólido que precipita = 40 mL × = 12 g

22.2 (D).

23. (C). Ks = |Ag+|e2|SO4

2–|e = (2s)2 × s ⇒ 1,7 × 10–5 = 4s2 × s ⇔ s = 0,016 mol dm–3

A presença de um ião comum, SO42–, diminui a solubilidade do sal,

Ag2SO4.A concentração do ião prata é o dobro da solubilidade: [Ag+]e = 2s.

24. (A). As soluções aquosas saturadas de NaHCO3 e NaC, à tempe-ratura de 40 °C, contêm a mesma massa de sais dissolvidos. O salNH4C é o que apresenta maior solubilidade para a mesma tempera-tura. A dissolução dos sais é um processo endotérmico, pois é favo-recida pelo aumento da temperatura.

25.1 Cálculo da solubilidade do MgF2:Ks =|Mg2+|e |F–|e2 = s × (2s)2 ⇒ 6,4 × 10–9 = s × 4s2 ⇔⇔ s = 1,17 × 10–3 mol dm–3

Cálculo da concentração do ião F–:[F–]e = 2s = 2 × 1,17 × 10–3 mol dm–3 = 2,3 × 10–3 mol dm–3

25.2 (A). A adição de fluoreto de potássio contribui para o aumentoda concentração dos iões F– na solução, alterando o equilíbrio desolubilidade no sentido da precipitação de MgF2 (efeito do iãocomum). A reação inversa é favorecida, pelo que a concentração dosiões Mg2+ e F– diminui até se atingir um novo equilíbrio. No entanto, adiminuição da concentração de F– é inferior ao aumento provocadopela adição de fluoreto de potássio.25.3 Cálculo da concentração de Mg2+ na mistura:Mg(NO3)2 (s) → Mg2+ (aq) + 2 NO3

– (aq)nMg2+ = nMg(NO3)2

= c × V = 3,0 × 10–3 mol dm–3 × 200 × 10–3 dm3 = = 6,00 × 10–4 mol[Mg2+]solução mistura = = 2,00 × 10–3 mol dm–3

Cálculo da concentração de F– na solução mistura:NaF(s) → Na+ (aq) + F– (aq)nF– = nNaF = c× V = 2,0 × 10–3 mol dm–3 × 100 × 10-3 dm3 = 2,00 × 10–4 mol

[F–]solução mistura = = 6,67 × 10–4 mol dm–3

oxidaçãoredução

0,325g63,55 g mol–1

mM

0,0199 mol

0,250 dm3

nfinalV

19,22 g35,45 g mol–1

10,70 g22,99 g mol–1

0,40 g34,65 g

mCa2+mtodos os iões

34,65 g

1 dm3

(90 – 60) g

100 mL

6,00 × 10–4 mol300,0 × 10–3 dm3

2,00 × 10–4 mol

300,0 × 10–3 dm3


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Cálculo do quociente da reação:Qc = |Mg2+| × |F–|2 = 2,00 × 10–3 × (6,67 × 10–4)2 = 1,3 × 10–11

Qc < Ks ⇒ a solução é insaturada, pelo que não ocorrerá precipitaçãodo fluoreto de magnésio.25.4 Ks (18 °C) = |Mg2+|e|F–|e

2 = 1,21 × 10–3 × (2 × 1,21 × 10–3)2 == 7,1 × × 10–9 > Ks (25 °C). A constante de equilíbrio diminui com oaumento da temperatura, o que significa que com o aumento detemperatura o equilíbrio se desloca no sentido inverso (o da precipi-tação), pelo que, de acordo com o Princípio de Le Châtelier, a solubi-lização do sal é um processo exotérmico.

26.1 Ni(OH)2 (s) — Ni2+ (aq) + 2 OH– (aq)26.2 Ks = |Ni2+|e|OH–|e2 = 5,8 × 10–6 × (2 × 5,8 × 10–6)2 = 7,8 × 10–16

26.3 a) A adição de hidróxido de sódio contribui para o aumento daconcentração dos iões hidróxido na solução, alterando o equilíbriode solubilidade no sentido da precipitação do hidróxido de níquel(efeito do ião comum) e assim diminuir a concentração dos iõesníquel na solução.b) Cálculo da concentração de OH– adicionado (despreza-se a contri-buição dos iões hidróxido resultantes do equilíbrio de solubilidade):

[OH–]adicionado = = 5,00 × 10–3 mol dm–3

Cálculo da concentração de Ni2+:Ks = |Ni2+|e × |OH–|e2 ⇒ 7,8 × 10–16 = |Ni2+|e × (5,00 × 10–3)2

⇒ [Ni2+] = 3,1 × 10–11 mol dm–3

Devido ao efeito do ião comum, conseguiu-se reduzir substancial-mente a concentração dos iões níquel nos efluentes da referidaindústria.

FÍSICA 11.0 ANODomínio 11.1 Tempo, posição e velocidade (QP, pág. 250)1.1 a) De 5 s a 7 s. b) De 4 s a 5 s e de 12 s a 14 s. c) De 8 s a 10 s. d) De8 s a 12 s ou de 2 s a 8 s ou de 0 s a 14 s, etc. (num intervalo detempo que inclua inversão de sentido).1.2 1-W; 2-Y; 3-Z; 4-X. 1.3 1-Z; 2-Y; 3-X; 4-W. 1.4 (D).2. (B). A velocidade é a mesma no instante em que os declives dastangentes aos dois gráficos x(t), o de A e o de B, são iguais.

1.2 Interações e seus efeitos (QP, pág. 251)3. (D). 4. (B).5.1 (A). A força gravítica é inversamente proporcional ao quadradoda distância entre os corpos: quando a distância diminui 2 vezes, a

força aumenta 22 = 2 vezes (F’ = G

5.2 (D). A força é diretamente proporcional à massa de X:

F = G = G mx.

5.3 A força gravítica que Y exerce sobre X e a força gravítica que Xexerce sobre Y constituem um par ação-reação, portanto, essasduas forças têm a mesma intensidade, a mesma direção e sentidosopostos.

1.3 Forças e movimentos (QP, pág. 252)

6.1 (C). 6.2 vm = = = –3 m s–1

6.3 (C). A componente escalar da posição inicial é 5 m, a da velocida-de inicial é negativa e a da aceleração é positiva (no movimentoretardado, a aceleração tem sentido oposto à velocidade).6.4 (A). 7.1 A força resultante é a força gravítica: direção vertical, sentidonegativo do eixo dos yy e intensidade |F

d

R| = m g = 0,057 × 10 = 0,57 N

7.2 a) y = y0 + v0t + a t2

⇒3,2 = 0 + v0t –5t2

⇔v = v0 + at 0 = v0 – 10t

3,2 = 10t2 – 5t2

⇒t = 0,80 s

v0 = 10t v0 = 8,0 m s–1

b) Em (A) = Em (B) ⇒ m v02 + 0 = 0 + m g hmax ⇔

v0 = 2 g hmax = 2 × 10 × 3,2 m s–1 = 8,0 m s–1

7.3 y = y0 + v0t + a t2 ⇒ –1 = 0 + 8t – 5t2 ⇔ t = –0,12 s ou t = 1,7 s.

Demora 1,7 s.7.4 (B). 7.5 (A). 7.6 (A). 7.7 (D).

8.1 A componente escalar da velocidade tem um mínimo em A, mas0,13 s depois, em B, tem um máximo. De A para B, há uma inversãobrusca do sentido da velocidade. Em A, a bola entra em contacto como solo; em B, deixa de estar em contacto com o solo.8.2 a) x → tempo; y → velocidade.b) Representa a componente escalar da variação de velocidade porunidade de tempo, ou seja, a componente escalar da aceleração.

c) y = y0 + v0t + a t2 ⇒ y = 0,78 – 4,95t2 (SI)

8.3 Direção vertical, sentido de baixo para cima e intensidade

|FR| = m |am| = m = 0,620 × = 48 N

8.4 Diagrama I.

8.5Em = Ec + Ep = m v B2 – m v A

2 + 0 ⇒

Dissipou-se uma energia de 1,12 J.

9.1 (A).9.2 FR = m a ⇔ Fa = m a ⇔ –0,75 m g = m a ⇔ a = –0,75 g = –7,5 m s–2

9.3 x = v0 t + a t2

⇒x = 20 t – t2

⇔v = v0 + a t 0 = 20 – 7,5t

x = (20 × 2,67 – × 2,672) m = 27 m

t = 2,67 s

x > 25 m, portanto, a senhora é atropelada.

10.1 (A). 10.2 Verdadeiras: (A), (B), (D) e (G). Falsas: (C), (E), (F) e (H).10.3 (D). 10.4 (C).

11.1 (B). A força gravítica é centrípeta.11.2 A única força a que estão sujeitos é a força gravítica.11.3 (D). A direção da velocidade varia. 11.4 (B).11.5 SB, pois o seu período é igual ao período de rotação da Terra(24 horas), a sua órbita é circular no plano do equador.

11.6 Fg = ms a ⇔ G = ms 2r ⇔ G = 2

r ⇔

= = 3 2= 322 = 1,59

11.7 T = 24 h = 8,64 × 104 s ⇒ r = 3 T 2 = 4,23 × 107 m

Domínio 22.1 Sinais e ondas (QP, pág. 290)

1.1 f = = = 2,5 Hz

1.2 = v × T = 0,80 m s–1 × 0,40 s = 0,32 m

2. (C). f2 = f1 ⇔ = ⇔ 2 = 1

0,50 mol dm–3 × 10 mol

(990 + 10) dm3

myd

mxmy

d

–7 – 54 – 0

xt

12

12

12

12

2,82 – (–3,40)

0,47 – 0,34

vt

12

12

7,5

212

7,52

2T

MTr2

MT msr2

TBTA

constante × 3TB2

constante × 3TA

2

rBrA

G MT4 2

10,40 s

1T

v2v1

v11

v22


mxmy mxmy = 2G = 2F).

2 dd

2

⇒ Em = × 0,620 × (2,822 – 3,402) = –1,12 J12

r = 3T 2 = constante × 3T 2, logo,

a = 2r = 2 r = × 4,23 × 107 m s–2 = 0,22 m s–22

T

42(8,64 × 104)2

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3.1 (B). f = = = 10 Hz

3.2 (C). t = = = 0,025 s

4.1 (A). 4.2 (B). 4.3 v = = = 0,33 m s–1

5.1 f = 5,0 Hz; y = 8,0 × 10–3 sin (10 t)

5.2 x = v t = t ⇔ 0,20 = t ⇒ t = 1,0 s

6.1 T = ; T = = 2,4 × 10–3 s; n = = 2,1 × 103

6.2 (A). O som no ar é uma onda longitudinal.6.3 (C). O comprimento de onda é inversamante proporcional à fre-quência.

7. Verdadeiras: (C), (E), (F), (G) e (H). Falsas: (A), (B) e (D).

8.1 O microfone transforma um sinal mecânico (variação de pressãoassociada ao som) num sinal elétrico (força eletromotriz induzida).8.2 a) D. b) D. c) F. 8.3 (A). 8.4 Timbre.

2.2 Eletromagnetismo (QP, pág. 293)9.1 (A). Uma corrente elétrica cria um campo magnético.9.2 Verdadeiras: (B), (D) e (F). Falsas: (A), (D) e (E).10.1 (D). Só existe corrente elétrica induzida se existir variação dofluxo do campo magnético.10.2 90o.

11.1 Nos primeiros 45 ms, a bobina está a entrar na região em queexiste campo magnético. Assim, a área submetida ao campo magné-tico vai aumentando e, em consequência, também o fluxo magnéti-co. No intervalo [45,125] ms, a área sujeita ao campo magnéticomantém-se constante e, também, o fluxo. Nos últimos 45 ms está asair da região em que existe campo magnético. Assim, a área sub-metida ao campo magnético vai diminuindo e, em consequência,também o fluxo magnético.11.2 O campo magnético é perpendicular ao plano das espiras dabobina, M = N B A cos 0o. Considerando a situação em que a bobinaestá completamente dentro do campo magnético, obtém-se

B= = = = 0,10 T.

11.3 O módulo da força eletromotriz induzida é

| i| = = = 3,6 V.

11.4

11.5 (A). Nos primeiros 45 ms, a bobina está a entrar na região emque existe campo magnético. Como o lado de cada espira é 9,0 cm,

segue-se que v = = .

12.1 a) Na linha de transporte, a potência dissipada por efeito Jouleé dada por P = R I2, sendo R a resistência da linha e I a corrente elétri-ca que nela circula. Para minimizar essa dissipação, diminui-se acorrente. A potência fornecida à linha é dada por P = U I, assim, paradiminuir I mantendo a potência fornecida, aumenta-se a tensão elé-trica, U. Nos locais de consumo é necessário reduzir a tensão, dadoque seria extremamente perigoso utilizar altas tensões.b) (D). A corrente alternada varia continuamente, logo, também ocampo magnético por ela criado e o fluxo desse campo, originandouma força eletromotriz no enrolamento secundário.12.2 A força eletromotriz induzida é igual, em módulo, à variação dofluxo do campo magnético por unidade de tempo. A variação do fluxo

é proporcional ao número de espiras, por isso, a relação entre astensões no primário e no secundário coincide com a relação entreos números de espiras desses dois enrolamentos.

2.3 Ondas eletromagnéticas (QP, pág. 295)13.1 (A). 13.2 Foi Oersted quem descobriu, através de uma experiência, queuma corrente elétrica produzia um campo magnético. Faraday des-cobriu que um campo magnético variável produzia uma força eletro-motriz induzida e uma corrente elétrica induzida num circuito. Maspara produzir a corrente elétrica, o fluxo do campo magnético atra-vés de uma espira tem de ser variável. A corrente é tanto mais inten-sa quanto mais depressa variar o fluxo do campo magnético.Tendo Maxwell elaborado uma teoria de ondas eletromagnéticas, foiHeinrich Hertz quem pela primeira vez, através de uma experiência,de uma forma controlada, produziu ondas eletromagnéticas e, logode seguida, as detetou. Confirmou assim a teoria de Maxwell.

14.1 II – reflexão; III – refração. 14.2 (C). 14.3 40,0o.

14.4 = = 1,33

14.5 (A). A luz verde tem menor comprimento de onda do que a ver-melha, logo, maior n e maior desvio (ângulo de refração menor)

15.1 Para que possa ocorrer reflexão total, a luz, ao passar do meio 1para o meio 2, afasta-se da normal, pois n1 > n2. A partir de um certoângulo, a luz deixa de passar de um meio de maior índice de refração,n1, para um de menor, n2, ocorrendo então a desejada reflexão total.15.2 (B). Para o ângulo crítico, i,o ângulo de refração é 90o, assim,

n1 sin i = n2 sin 90o, portanto, i = arcsin .

que α < 90o – arcsin .

15.3 n1 sin i = n2 sin 90o ⇒ 1,50 × sin 80o = n2 ⇒ n2 = 1,4815.4 A transparência. As fibras devem ter uma elevada transparência(ou baixa taxa de absorção da luz) ou minimizarem a dispersão da luz.15.5 Sistemas de comunicação (troca de informação entre compu-tadores, televisão por cabo), sistema de controlo e processamentoindustrial, endoscopia (visualização do interior de um organismo,gastroscospia, broncoscopia, ortoscopia,…), fibroscopia, diversostipos de sensores, etc.

16.1 Difração.16.2 O fenómeno da difração é mais evidente quando o comprimento

indicadas: AM= 316 m, FM= 3 m, por esta razão as ondas AM são maisdifratadas do que as FM.

17.1 (A). A difração só é significativa se a dimensão do obstáculo ouda fenda for comparável ao comprimento de onda. Nos máximos aintensidade da luz é maior, o que significa que as ondas interferiramconstrutivamente.17.2 nλ = d sin θ ⇒ 2 × 650 × 10–9 m = d × ⇒

⇒ d = 5,0 × 10–6 m, assim, o número de linhas por milímetro é

n = = 200.

17.3 a) Na luz policromática estão presentes diferentes comprimen-tos de onda (cores) e a separação entre máximos do padrão dedifração varia com o comprimento de onda. Como os padrões dedifração de diferentes cores apresentam espaçamentos diferentes,ocorre separação das cores.b) O desvio será maior para a luz de maior comprimento de onda, aluz vermelha.c) Num prisma ocorre absorção de certos comprimentos de onda daluz (o que não sucede na rede de difração). A separação angularentre diferentes comprimentos de onda num prisma é pequena (avariação de n com λ é pequena), enquanto numa rede de difraçãoessa separação é muito maior.

2,0 m s–1

0,20 mv

0,10 s

4T4

0,20 m

0,60 sT

0,040

0,20T

tT

0,80 m340 m s–1

v

0,162 Wb200 × 0,0902 m2

MN l2

MN A cos 0o

|0 – 0,162| Wb(170 – 125) ms

||t

3,6

45 125 170

| i | / V

t / ms0

9,0 × 10–2 m

45 × 10–3 sxt

sin 40o

sin 28,9o

varvágua

n2n1

n2n1

0,1350,1352+ 0,502

1,0 × 10–3 m5,0 × 10–6 m


A reflexão total ocorre se i > arcsin , como α + i = 90o, conclui-sen2n1

de onda é da ordem de grandeza dos obstáculos = . Para as ondascf

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PREPARAÇÃO PARA EXAMEPROVA 1 – Química 10.o ano (pág. 298)

GRUPO I1.1 (B). 1.2 (C).1.3 (B). O mesmo número de moléculas implica a mesma quantidadede matéria. Nas mesmas condições de pressão e temperatura, ovolume ocupado por um gás (ideal) é diretamente proporcional àsua quantidade de matéria. 1.4 De acordo com a Lei de Avogadro, nas mesmas condições depressão e temperatura, a quantidade de matéria é diretamente pro-porcional ao volume. Assim, em 1,00 mol de moléculas há:0,78 mol × 28,02 g mol–1 = 21,9 g de N2;0,21 mol × 32,00 g mol–1 = 6,72 g de O2 e0,01 mol × 39,95 g mol–1 = 0,400 g de Ar.A fração mássica de N2 no ar é wN2

= = 0,75.

1.5 A quantidade de matéria de oxigénio em 0,50 dm3 de ar é

nO2 = = 2,66 mol.

Como a quantidade de matéria é, nas mesmas condições de pressãoe temperatura, diretamente proporcional ao volume, a quantidadetotal de moléculas, ntotal, obtém-se da proporção:

= , logo, ntotal = = = 13 mol.

2.1 (A). Em 100 g do composto há = 3,33 mol de O

= 3,33 mol de C e = 6,60 mol de H. A pro-

porção em que os átomos se combinam no composto é =

= 1 0; = 1 C e = 2 H, ou múltiplos desta proporção.

2.2 (C). Os compostos orgânicos são normalmente compostos mole-culares em que os átomos de carbono estabelecem, entre si, liga-ções covalentes, ou seja, ligações por partilha localizada de eletrõesde valência. O número de eletrões partilhados por cada átomo numaligação carbono-carbono pode ser 1, 2 ou 3.

3.1 O ozono, na estratosfera, forma-se rapidamente, em resultadoda dissociação do oxigénio molecular pela radiação ultravioleta, emdois átomos de oxigénio (radicais), os quais reagem de imediato com outras moléculas de oxigénio, originando ozono: O2

UV-Cd O• + O• (absor-

ção de energia necessária à quebra das ligações oxigénio-oxigénio) eO• + O2 d O3 (libertação de energia)Os clorofluorocarbonetos, CFC, são compostos de carbono, cloro eflúor. Estes compostos, ao subirem até à estratosfera, sofrem foto-dissociação provocada pela radiação UV, originando átomos de cloro:

CC3FUVd CC2F• + C•

Os átomos de cloro são extremamente reativos, reagindo rapida-mente com o ozono na estratosfera. Sendo que, no desenrolar destaação, não são destruídos, podendo continuar a reagir com molécu-las de ozono indefinidamente (reação em cadeia). Um átomo decloro pode destruir milhares de moléculas de ozono:C• + O3d CO• + O2 CO• + O•d C• + O2 C• + O3d …

3.2 a)

b) c)

4.1 A quantidade de hidrogénio na amostra é nH2 = == 4,464 × 10–3 mol.Como cada mole de moléculas de H2 contém uma mole de ligaçõesH–H, assim, para atomizar 4,464 × 10–3 mol de H2, é necessária aenergia de E = 436 kJ mol–1 × 4,464 × 10–3 mol = 1,95 kJ.4.2 (B).

GRUPO II1.1 (C). A abundância Y é 100 – (90,48 + 0,27) = 9,25 %.

20,1797 =

Obtendo-se Ar(Ne–21) = 20,8286.1.2 (D). As energias presentes no espetro são as necessárias pararemover os eletrões. Os eletrões mais energéticos são os que ocu-pam o subnível de maior energia, sendo, por isso, necessário menosenergia para a sua remoção.

2.1 Verdadeiras: (A), (B) e (D). Falsas: (C), (E), (F), (G) e (H).(C) – As riscas correspondem a transições eletrónicas entre níveisde energia e não ao número de eletrões no átomo.(E) – A risca (1) tem a cor azul e a risca (2) é cor de laranja. A energiaassociada à emissão de fotões de radiação azul é superior à defotões de radiação cor de laranja.(G) – O espetro C é um espetro de emissão (riscas coloridas). As ris-cas correspondem a transições eletrónicas de níveis superiorespara níveis inferiores por emissão de radiação. (H) – O espetro D é um espetro de absorção (riscas negras). As ris-cas correspondem a transições eletrónicas de níveis inferiores paraníveis superiores por absorção de energia. 2.2 A risca B-α é a de menor frequência de todas as apresentadas,logo, é a que corresponde ao fotão menos energético. A diferença deenergia associada a uma determinada transição eletrónica é igual àenergia do fotão. Assim, essa risca corresponde à menor diferençade energia.Das transições eletrónicas que originam a série de Balmer, de n > 2para n = 2, a que corresponde a uma menor diferença de energia é atransição de n = 3 para n = 2.

3.1 (C). G – 1s2 2s2 2p5 H – 1s2 2sC 2p6 3s2 J – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1L – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1

3.2 (C).3.3 (B). O eletrão de valência de um átomo do elemento L encontra--se no nível n = 4, enquanto os eletrões de valência de um átomo doelemento H encontram-se no nível n = 3. O eletrão de valência de L émais energético: é necessária menos energia para o remover. O raio atómico do elemento L é superior ao do elemento H, pois oseletrões dos átomos do elemento L distribuem-se por quatro níveisde energia, enquanto os dos átomos do elemento H se distribuempor três níveis de energia. Consequentemente, a nuvem eletrónicados átomos de L é maior.

GRUPO III

1.1 (C). f = ⇔ f = = 2

f = = 2 ⇒ ci (solução inicial) = 2 cf (solução diluida)

1.2 a) (A). As afirmações (B), (C) e (D) são recomendações de pru-dência. b) (A). As ligações intermoleculares que ocorrem entre moléculas deCH3COOH estabelecem-se entre átomos de hidrogénio e oxigénio dosgrupos carboxilo, onde se verifica uma grande assimetria de carga,ou seja, interações de grande intensidade, que se designam por liga-ções de hidrogénio.

2.1 A massa de cloreto de magnésio que existe em 1,0 kg de soluçãoé 0,508 × 276 g = 140,2 g, a que corresponde a quantidade de maté-

21,9 g(21,9 + 6,72 + 0,400) g

1,6 × 1024

6,02 × 1023 mol–1

ntotalnO2

10,21

nO20,21

2,66 mol0,21

53,33 g16,00 g mol–1

6,67 g1,01 g mol–1

40,00 g12,01 g mol–1

3,333,33

6,603,33

3,333,33

H H C H

H H C H H

——

——

C

—

H

—

H

—

C

—

H

—

——

H

——

H

—

— —H H

— —H H

— —H H

— —H H

H — C — C — C — C — C— C — H

—

C— —H H

—

—

0,100 dm3

22,4 dm3 mol–1

19,992440 × 90,48 + 21,991385 × 9,25 + Ar(Ne-21) × 0,27100

500 mL250 mL

Vf (solução diluída)Vi (solução inicial)

ci (solução inicial)cf (solução diluída)


C

C

—

H

H

— ——

——

— —H HH H

— —C—H C —H

H H

—

H C H

H C H H H

——

H

—

H

—

——

H

——

C

—

— —H H

— —H H

H — C — C — C — C — C — H

—

— —H H

— —

H

—

FQ11_321a339_FQ11_p357a376 12/4/17 6:42 PM Page 335

ria nMgC2= = 1,473 mol. O volume de 1,0 kg de solução

é V = = = 0,8065 dm3. A concentração do cloreto de

magnésio é cMgC2= = = 1,83 mol dm–3.

2.2 a) A massa de 100 cm3 de solução é m = ρV = 1,24 kg dm–3 × 0,100dm3 = 0,124 kg. A massa de sais em 124 g pode ser determinada combase na salinidade:

= ⇒ msais = 34,22 g. A massa dos restantes sais é

mrestante = (1 – 0,508 – 0,304) × 34,22 g = 6,43 g.

b) (B). A maioria dos solutos na amostra são compostos iónicos.

3.1 (C). substância = ⇒ A = = = 2,7 g cm–3;

C

= = = 8,6 g cm–3

3.2 A determinação experimental da densidade relativa de umasubstância sólida, por picnometria, implica as medições: massa daamostra sólida, massa do picnómetro cheio de água + amostra noexterior e massa do picnómetro + água + amostra no interior.

PROVA 2 – Física 10.o ano (pág. 304)

GRUPO I1.1 O trabalho realizado por uma força de intensidade F ao longo deum deslocamento d pode-se calcular pela expressão F d cos α, comα o ângulo entre a força e esse deslocamento. Como a intensidadeda força F

d

2 é maior e o ângulo entre ela e o deslocamento é menordo que 55°, o trabalho realizado pela força F

d

2 é maior. De facto, comoo deslocamento é igual para as duas forças, para se comparar ostrabalhos por elas realizados basta comparar o produto da intensi-dade de cada força pelo cosseno do ângulo que cada força faz com odeslocamento F1 cos 55° = 3,0 × 104 N x cos 55° = 1,7 × 104 N eF2 cos (90° – 55°) = 4,0 × 104 N × cos 35° =3,3 × 104 N.1.2 A potência útil é igual ao trabalho por unidade de tempo realiza-do pela força F

d

2:

P2 = = = F2 cos (90° – 55°) v =

= = 0,66 ou 66%.

1.3 (D). O trabalho da resultante das forças é igual à variação deenergia cinética. Movendo-se o barco com velocidade constante, avariação de energia cinética é nula, consequentemente, a soma dotrabalho realizado pelas forças da água é simétrico do realizadopelas duas forças.1.4 (A).

2.1 (B). Os trabalhos realizados pelos pesos são iguais porque ospesos são iguais e os níveis inicial e final são os mesmos.2.2 (D). A altura de B é metade da de A.2.3 (C). Há a mesma energia potencial inicial para ambos, mas, nopercurso do 2, existe maior dissipação de energia, logo, a energiacinética em C é maior do que em F, consequentemente, o mesmo severifica para as velocidades.2.4 (A). Para h = 0 m a energia cinética de ambos os esquiadores émáxima, mas o esquiador 1 tem maior energia cinética pois hámenos energia dissipada no percurso ABC. Para a altura máximaambos os esquiadores estão em repouso (Ec = 0).

2.5 Em(C) = 0,80 Em(A) ⇔ m v c2 + 0 = 0,80 m g hA ⇔

⇔ vc = 1,6 g hA = 20 m s–1.

GRUPO II1.1 (B). A resistência elétrica define-se pelo quociente entre a dife-rença de potencial elétrico, em volt, V, e a corrente elétrica, emampere, A.1.2 (C). Um gerador ideal estabelece sempre aos seus terminais omesmo valor de diferença de potencial elétrico. Assim, se a resis-tência elétrica aumenta para o dobro, a corrente elétrica diminuipara metade, portanto, a potência dissipada na resistência é:

P’ = 2R 2

= .

1.3 (A). A corrente elétrica é inversamente proporcional à resistên-

cia I = .

2.1 Associação em paralelo.2.2 (B). A diferença de potencial aumenta com a resistência e com acorrente elétrica. A corrente elétrica em R1 é maior do que nasoutras duas resistências e a diferença de potencial entre BC é adiferença de potencial aos extremos da resistência R2 = R1.2.3 A potência dissipada entre os pontos A e C é igual ao produto dacorrente elétrica e da tensão, medidas, respetivamente, pelo ampe-rímetro e pelo voltímetro, P = U I = 8,4 V × 0,24 A = 2,026 W.Como os extremos da associação das resistências são também ospontos A e C, esta potência é igual à dissipada nas três resistências:2,026 W = 1,152 W + 0,648 W + P3; logo, P3 = 0,216 W

2.4 η = ⇔ η = ⇔ 0,93 = ⇒ r = 2,6 Ω

3.1 A área da secção reta do fio é A = π 2= 1,43 × 10–10 m2;

a resistência determina-se por R = = = = = 529 Ω

3.2 (A). RB = ρB e RA = ρA ⇔ 2RB = ρA ⇔

⇔ 2ρB = ρA ⇒ ρA =4ρB

GRUPO III1.1 16 K. A variação de temperatura é igual na escala de Kelvin e deCelsius: 24 ˚C – 40 ˚C = –16 ˚C = – 16 K.1.2 As variações de energia das duas massas de água foram ∆E1 =m1c∆T1 = 0,200 kg × 4,18 × 103 J kg–1 ˚C–1 × (–16 ˚C) = –1,34 × 104 J e∆E2 = m2c∆T2 = 0,600 kg × 4,18 × 103 J kg–1 ˚C–1 × (24 – 20)˚C == 1,00 × 104 J. A variação de energia dos 800 g foi – 0,34 × 104 J.Sendo negativa, evidencia que o sistema dos 800 g de água cedeuenergia para a vizinhança.1.3 (A). Se o sistema é isolado, apenas haverá transferência de ener-gia entre as duas partes do sistema. A energia que uma das partesrecebe é cedida pela outra. 1.4 Ao adicionar-se gelo fundente, a 0˚C, a temperatura da águadiminui. Aumentando sucessivamente a massa de gelo adicionada, atemperatura da água diminuirá até ficar à mesma temperatura dogelo, ou seja, 0˚C. Se se adicionasse mais gelo não se fundiria. Assim,fazendo o balanço energético: – máguac∆T = mgelo∆h ⇔⇔ – 0,800 kg × 4,18 × 103 J kg–1 ˚C–1 × (0 — 24)˚C = mgelo × 3,34 × 105J kg–1,logo, mgelo = 0,240 kg = 240 g

2.1 (C).2.2 (A). Designando por E a energia que se pretende calcular, a conser-vação da energia signfica que ∆U = E1 + E2 – E, portanto, E = E1 + E2 – ∆U.

3.1 E = P ∆t = ErA ∆t = 1 kW m–2 × (100 × 10–4 m2) × 5 h = 0,05 kW h3.2 (C).

140,2 g95,21 g mol–1

1,0 kg1,24 kg dm–3

mρ

1,473 mol0,8065 dm3

nMgC2V

msais

0,124 kg276 g

1 kg

20 g7,5 cm3

mAVA

msubstânciaVsubstância

30 g3,5 cm3

mCVC

F2 cos (90° – 55°) d

∆t

WFd

2∆t

6,6 × 104 W

1,0 × 105 W

12

RI2

2

I2

UR

8,4 V8,4 V + r × 0,24 A

UU + rI

Uε

13,5 × 10–6 m

2

230 V2

100 W

U2

P

U

PU

UI

2AB

AA

AB

AB

12

AB


B

= = = 6,7 g cm–3; mBVB

10 g1,5 cm3

= 3,3 × 104 N × 2,0 m s–1 = 6,6 × 104 W; o rendimento é η = =Pu

Phélices

R = ρ ⇔ 529 Ω = ρ × ⇒ ρ = 8,4 × 10–7 Ω mA

9,0 × 10–2 m1,43 × 10–10 m2

FQ11_321a339__FQ11_p357a376 12/4/17 3:42 PM Page 336

PROVA 3 – Química 11.o ano (pág. 308)

GRUPO I1. MNO = 30,01 g mol–1

mNO = 50,0 L × 30,0 mg L–1 = 1500 mg = 1,50 g

⇒ nNO = = 0,0500 mol

nO2= = 0,0804 mol

Da estequiometria da reação, 2 mol de NO reagiriam com 1 mol de O2,então, 0,0500 mol de NO consumindo-se na reação 0,0250 mol deO2, logo, o O2 é o reagente em excesso. Assim, haveria formação de0,0500 mol de NO2.

nNO2obtidas = = 0,00500 mol

⇒ = = 0,10 ⇒ 10 %

2.1 (B). De acordo com o Princípio de Le Châtelier, o aumento da pres-são favorece a reação que conduz a uma diminuição da pressão, ouseja, que conduz a uma diminuição da quantidade de gases. Nestecaso, a reação que conduz a uma diminuição da quantidade de gases éa direta. Consequentemente, a quantidade de reagentes diminui, o quepermite concluir que a conversão dos gases poluentes é favorecida.2.2 nNO que reagiu = 0,85 × 4,0 mol = 3,40 mol ⇒⇒ nNO no equilíbrio = 4,0 – 3,40 = 0,600 molDe acordo com a estequiometria da reação, 2 mol de monóxido decarbono reagem com 2 mol de monóxido de nitrogénio para formar 2 mol de dióxido de carbono e 1 mol de nitrogénio. Então, reagiram3,40 mol de NO com 3,40 mol de CO e foram originadas 3,40 mol deCO2 e 1,70 mol de N2.nCO no equilíbrio = 6,0 – 3,40 = 2,60 molntotal de gases no equilíbrio = 2,60 + 0,600 + 3,40 + 1,70 = 8,3 mol

3.1 nSO2 equilíbrio = 0,062 mol

0,32 mol – 2x = 0,062 mol ⇒ 2x = 0,258Como o volume do recipiente é 1,00 L, as concentrações, em mol L–1,são numericamente iguais às quantidades de matéria.

Kc = = = 4,2 × 102

3.2 (D).3.3 Se a concentração de O2 (g) aumentar, o quociente da reação será

menor do que a constante de equilíbrio, Qc = < Kc.

O sistema deixa de estar em equilíbrio e o quociente da reação iráaumentar até igualar o valor da constante de equilíbrio à tempera-tura de 700 ˚C, sendo a reação direta favorecida até se atingir umnovo estado de equilíbrio.

GRUPO II1.1 MFe2O3

= 159,70 g mol–1 e MFe = 55,85 g mol–1

mFe2O3puro = 1,0 × 108 g × 0,70 = 7,00 × 107 g

nFe2O3puro = = 4,38 × 105 mol

Da estequiometria da reação, 1 mol de Fe2O3 forma 2 mol de FenFe puro = 2 × 4,38 × 105 mol = 8,76 × 105 molmFe = 55,85 g mol–1 × 8,76 × 105 mol = 4,89 × 107 g = 49 t

1.2 (C). Um aumento de pH implica a diminuição da concentração deH3O+ e de HCO–

3.1.3nCO2 ionizadas num dm3 de solução = 2,0 mol × = 0,0010 mol; da estequio-

metria da reação, 1 mol de CO2 origina 1 mol de H3O+

n(H3O+)num dm3 de solução = 0,0010 mol ⇒ [H3O+] = 1,0 × 10–3 mol dm3 ⇒pH = 3

2.1 (B). A constante de equilíbrio aumenta com a temperatura, peloque a autoionização da água é um processo endotérmico. A diminui-ção de temperatura reduz a quantidade de iões H3O+ em solução,pelo que o pH da água aumenta.2.2 Kw = |H3O+|e × |OH–|e = 10,0 × 10–14

|H3O+|e = |OH–|e ⇒ 10,0 × 10–14 = |H3O+|2 ⇒ [H3O+] = 3,16 × 10–7 mol dm–3

pH = – log[H3O+] = – log(3,16 × 10–7) = 6,5

3.1 (C).3.2 Ácido carbónico < ácido acético < ácido ascórbico, pois Ka2

< Ka3< Ka1

.3.3 a) Mg(OH)2 (aq) + 2 HC (aq) → 2 H2O () + MgC2 (aq)

b) nMg(OH)2= = 1,42 mol ⇒ nMg(OH)2 em 10 mL =

= × 10 × 10–3 dm3 = 1,42 × 10–2 mol ⇒

⇒ nOH– = 2 × 1,42 × 10–2 mol = 2,84 × 10–2 molComo a quantidade ingerida de OH– neutraliza a mesma quantidadede H3O+

nH3O+ neutralizado = 2,84 × 10–2 mol ≅ nHC = 2,84 × 10–2 mol3.4 (B).

4.1 Vermelha.HNO3 (aq) + KOH (aq) → H2O () + KNO3 (aq)Na experiência 1, predomina o caráter ácido, dado que a quantidadede ácido é maior do que a quantidade de base e a estequiometria dareação é de 1:1.4.2 Cor de laranja. A solução apresenta caráter neutro, pois resultada mistura de volumes iguais, de um ácido forte com uma baseforte, de iguais concentrações.

GRUPO III

1.1 (B). 1.2 (D).1.3 A água pura a 25 ˚C tem um pH=7 e, para este pH, ambos os saisse tornam insolúveis.

2.1 = ⇒ 1,03 g cm–3 = ⇒ V = 97,1 cm3

cm = = 3,6 × 102 g dm–3

2.2 cm = ⇒ 25 g dm3 = ⇒ V = 4,0 × 104 dm3 = 40 m3

3. (B). [Pb2+]inicial na mistura = = 0,10 mol dm–3 =

Q = |Pb2+| × |C–|2 = 0,10 × 0,102 = 1,0 x 10–3 > Ks

4.1 (A). O zinco é o metal que tem maior poder redutor, o que signifi-ca que tem maior propensão para ser oxidado do que o ferro. Daí queseja o metal ideal para usar na proteção catódica do ferro.4.2 a) 4 Fe (s) + 3 O2 (g) + 2 H2O () d 2Fe2O3

. x H2O (s)0 0 3 –2

b) Oxidante: O2; redutor: Fe.

1,50 g30,01 g mol–1

1,8 dm3

22,4 dm3 mol–1

0,112 dm3

22,4 dm3 mol–1

0,00500 mol

0,0500 mol

0,2582

0,0622 × 0,041

|SO3|2e

|SO2|2e × |O2|e

|SO3|2

|SO2|2 × |O2|

7,00 × 107 g159,70 g mol–1

0,05100

83,0 g58,33 g mol–1

1,42 mol

1 dm3

pH = 3 pH = 5

[H3O+] = 10–5 mol dm–3[H3O+] = 10–3 mol dm–3

100 g

V

mV

35 g97,1 × 10–3 dm3

1 × 106 g

VmV

0,20 mol dm–3 × V

2V


SO2 O2 SO3Início / mol 0,32 0,17 –

Variação / mol –2x –x +2x

Equilíbrio / mol 0,062

0,17 – x= 0,17

–

= 0,041

0,258

20,258

= [C–]inicial na mistura PbC2 (S) u Pb2+ (aq) + 2 C– (aq)

redução

oxidação

FQ11_321a339__FQ11_p357a376 12/4/17 3:43 PM Page 337

PROVA 4 – Física 11.o ano (pág. 312)

GRUPO I

1. (A). A pessoa inicia o movimento numa posição mais afastada daorigem. Em intervalos de tempo não sucessivos, a pessoa encontra--se duas vezes em Q e, em todo o movimento, há apenas posiçõespositivas.

2.1 (C). No mesmo intervalo de tempo, a distância percorrida pelopássaro é o dobro da distância percorrida pela atleta, pois o pássarodesloca-se com o dobro da rapidez.2.2 Como o deslocamento do pássaro é igual ao da atleta no mesmointervalo de tempo, ele terá uma velocidade média igual à da atleta,logo, |vm| = 15 km h–1 .

3.1. a) 3.1. b)

3.2 Movimento retilíneo uniformemente acelerado.3.3 (C). As duas forças constituem um par ação-reação.

3.4 Da equação das posições, ∆x = vot + at2, obtém-se a componente

a = 2,42 m s–2. Quando B colidir com o solo, a resultante das forçassobre C anula-se: ∆x = 1 m ⇔ x – 0,205 = 1,00 = 1,21t2 ⇒ t = 0,91 s3.5 (B). O movimento do carrinho, inicialmente acelerado, passa auniforme após o corpo suspenso chegar ao solo.

4.1 (A). Determina-se o tempo de queda usando a equação do movi-

mento, y = h — gt2, para um eixo com sentido ascendente, resol-

vendo-a para y = 0.4.2 (D). Num corpo em queda, a partir do repouso, a velocidade édiretamente proporcional à aceleração.4.3 (C). A aceleração de queda livre é, no mesmo local, igual paratodos os corpos, é constante.

5.1 (A). Ao fim de um dia, todos os pontos assinalados dão uma voltacompleta em torno do eixo de rotação.

5.2 = = = 7,27 × 10–5 rad s–1.

cunferência descrita, resultante da rotação da Terra, diminui, peloque o deslocamento por unidade de tempo também diminui.

GRUPO II

1.1 R. O campo elétrico é mais intenso em regiões de maior densida-de de linhas de campo.1.2 (A). As linhas de campo emergem de uma carga positiva e con-vergem para uma carga negativa. Uma carga maior origina umcampo mais intenso nas suas proximidades do que outra menor.1.3 (B). A força sobre uma carga negativa tem sentido oposto ao docampo elétrico e é tangente às linhas de campo em cada ponto.

2.1 (B). O fluxo do campo magnético através da área das espiras édiretamente proporcional ao cosseno do ângulo entre a direção docampo magnético e a perpendicular ao plano das espiras. Para tAaquele ângulo é nulo, logo, o fluxo é máximo, para tC esse ângulo é90°, por isso, o fluxo é nulo, e para tB aquele ângulo é próximo de 90°,pelo que o fluxo tem um valor próximo de zero.2.2 A densidade das linhas é constante e são paralelas, por isso, ocampo magnético é uniforme com intensidade

B = = = 8,0 × 10–3 T, e com a

direção e sentido das linhas de campo.2.3 O módulo da força eletromotriz induzida é diretamente proporcio-nal à rapidez com que varia o módulo do fluxo magnético através daárea das espiras. Da figura conclui-se que a variação módulo do fluxo

magnético é maior para o intervalo de tempo [0,5] ms, por consequên-cia, neste intervalo de tempo será maior a força eletromotriz induzida.

GRUPO III

1.1 Onda longitudinal, pois os diversos pontos da mola vibram nadireção em que ocorre a propagação.1.2 (B). Distância mínima entre dois pontos no mesmo estado devibração.1.3 (A). Luz laser, raios X e infravermelhos são radiação eletromag-nética (luz).

2.1 P = PO sin(2πft) = 3,0 × 10–5 sin(2π × 512t) ⇔⇔ P = 3,0 × 10–5 sin(1024πt) (P em pascal e t em segundo).2.2 (A). Um som mais alto tem maior frequência, e no mesmo meiotem menor comprimento de onda.

3.1 (D). Para existir reflexão total, é necessário que o índice de refra-ção do núcleo seja superior ao do revestimento e que o ângulo deincidência da luz na superfície núcleo-revestimento seja maior doque o ângulo crítico.

3.2 a) A reflexão total começa quando o ângulo de incidência é maior

do que 40o= c, logo, nvidro sinc = nar sin 90o ⇒ nvidro =

este vidro é adequado.b) As fibras óticas devem ser muito transparentes para que o sinalse propague sem grande atenuação. Neste material, só 90% da luzincidente é que sofre reflexão total na superfície de separação, osrestantes 10% são absorvidas.

PROVA 5 – FÍSICA E QUÍMICA 10.o E 11.o anoS (pág. 316)

GRUPO I1.1 Na transição E, o eletrão transita do nível n = 4 para o nível n = 1.A variação de energia correspondente é∆E = E1 – E4 = [–2,179 × 10–18 – (–0,136 × 10–18)] J = –2,043 × 10–18 J (a energia do átomo diminui).1.2 Transição F. Na absorção, a energia do eletrão aumenta, transi-ções C e F. A energia do fotão é igual à diferença de energia entre osdois estados em que ocorre a transição, logo, maior diferença deenergia significa que o fotão absorvido tem maior energia e, portan-to, maior frequência.1.3 (C). As transições A e H resultam de transições eletrónicas deníveis superiores de energia para o mesmo nível de energia (n = 2,série de Balmer).

2.1 (A). A percentagem em volume de oxigénio na mistura é100% – 80,8% = 19,2%, ou seja, a proporção em volume de O2 é ,

2.2 (C). Do gráfico conclui-se que em 3,0 dm3 a quantidade dematéria total é 0,25 mol. Assim, naquele volume há, no total,0,25 mol × 6,02 × 1023 mol–1 moléculas. Como todas as moléculassão diatómicas, o número de átomos é 0,25 × 6,02 × 1023 × 2.2.3 Como o volume é diretamente proporcional à quantidade dematéria (a pressão e a temperatura são constantes) e a composiçãoda mistura é bem determinada, conclui-se que a densidade nãodepende do volume. Para um volume de 6,0 dm3, a quantidade dematéria total é 0,50 mol. Dada a proporcionalidade com o volume,nH2 = 0,808 × 0,50 mol = 0,404 mol e nO2 = (0,50 – 0,404) mol == 0,096 mol. A densidade da mistura é

ρ = = =

= = 0,65 g dm–3.

2.4 (B). A energia libertada na formação de 2 moles de H2O corres-ponde, aproximadamente, à diferença entre a energia absorvida naquebra de ligações nos reagentes (dissociar 2 moles de H2 e 1 molede O2) e a energia cedida na formação de ligações nos produtos (oque para 2 moles de moléculas de H2O corresponde à formação de 4 moles de ligações O – H).

12

12

224 × 3600 s

2T

0,200 Wb800 × π × (10 × 10–2)2 m2

NA cos α

nar sin 90o

sin c

19,2100

nH2MH2+ nO2

MO2V

mV

0,404 mol × 2,02 g mol–1 + 0,096 mol × 32,00 g mol–1

6,0 dm3


T

P

N

P

N

escalar da aceleração: (0,545 – 0,205) m = 0 + a(0,53 s)2, logo,12

5.3 v = = r. Quando nos afastamos do equador, o raio da cir-2 r

T

assim, nvidro = = 1,56. Do ponto de vista do índice de refração, 1 × 1sin 40o

logo, num milhão é = , isto é, 1,92 × 105 ppmV.

19,2 × 106100

1061,92 × 105

106

FQ11_321a339__FQ11_p357a376 12/4/17 3:43 PM Page 338

GRUPO II1.1 a) As massas de iões C– e Na+ em 1 kg de água do mar são 1,94 ×× 10–2 × 1000 g = 19,4 g e 1,08 × 10–2 × 1000 g = 10,8 g respetiva-mente. As quantidades de matéria correspondentes são

nC– = = 0,5472 mol e nNa+ = = 0,4698 mol

e a dos restantes iões é = 0,1035 mol. Assim, a

fração molar dos iões cloreto é xC– = =

= = 0,488.

b) A configuração eletrónica do ião cloreto, 17C– (18 eletrões), é 1s2

2s2 2p6 3s2 3p6, semelhante à do árgon, 18Ar, e a do ião sódio, 11Na+

(10 eletrões), é 1s2 2s2 2p6, semelhante à do néon, 10Ne. Como noárgon o número de níveis de energia preenchidos, 3, é maior do queos 2 no néon, o raio atómico do árgon é maior do que o do néon (oraio atómico tende a aumentar ao longo do grupo). Assim, pelamesma razão, o raio do ião cloreto será maior do que o do ião sódio(repare-se que dada a menor carga nuclear do cloreto relativamen-te à do árgon, o raio do cloreto é maior do que o do árgon, e, dada amaior carga nuclear do sódio relativamente ao néon, o raio do iãosódio é menor do que o do néon: rC– > rAr > rNe > rNa+)1.2 (B). A solubilidade do Na2SO4.10H2O aumenta com a temperatura,enquanto a solubilidade do Na2SO4 diminui com a temperatura.1.3 (C). De acordo com o gráfico, verifica-se que a concentração emS2– para valores baixos de pH é praticamente zero, o que significauma reação muito extensa no sentido da formação de HS–.1.4 Com a adição de carbonato de sódio há possibilidade de se for-marem precipitados de carbonato de bário e de carbonato de estrôn-cio. Daí que seja necessário determinar, para as concentrações deiões bário, Ba2+, e estrôncio, Sr2+, presentes na água, a concentraçãoem iões carbonato necessária para que os sais precipitem.

Na2CO3 (s) H2O— 2Na+ (aq) + CO3

2– (aq)

BaCO3 (s) H2O— Ba2+ (aq) + CO3

2– (aq)

Ks = |Ba2+||CO32–| = 0,005 × |CO3

2–| = 8,1 × 10–9

⇒ [CO32–] = 1,62 × 10–6 mol dm–3

SrCO3 (s) H2O— Sr2+ (aq) + CO3

2– (aq)

Ks = |Sr2+||CO32–| = 0,02 × |CO3

2–| = 9,4 × 10–10

⇒ [CO32–] = 4,7 × 10–8 mol dm–3

O ião que precipitaria primeiro seria o Sr2+.1.5 (D). T = 25 oC ⇒ pH água = 7,0; T = 50 oC ⇒ pH água = 6,7Um aumento da temperatura originou uma diminuição do pH daágua, ou seja, um aumento da concentração hidrogeniónica e, con-sequentemente, um aumento da extensão da reação de autoioniza-ção, logo, esta é endotérmica.1.6 (B).

GRUPO III

1.1 O conjunto (caixa + paraquedas) fica sujeito a duas forças: opeso e a resistência do ar. O peso é uma força constante, enquanto aresistência do ar aumenta com a velocidade. Inicialmente o peso émaior do que a resistência do ar e o conjunto acelera. O aumentoprogressivo da velocidade implica um aumento da resistência do ar.A aceleração tende a diminuir, aproximando-se de zero, consoante omódulo da resistência do ar se aproxima do módulo do peso. Por isso,podemos afirmar que nesta primeira fase o movimento é aceleradonão uniformemente, pois a aceleração não é constante. Ao fim dealgum tempo, a resistência do ar e o peso anulam -se, por terem omesmo módulo, e, em consequência, o corpo passa a ter movimentoretilíneo e uniforme, ou seja, a aceleração é nula.

1.2 a) Pd

+ Rd

ar = Od

⇒ |Pd

| = |Rd

ar|⇔ b v = m g ⇔ b = ⇔

⇔ b = = 120 kg s–1

b) WPd + WRar

d = ∆Ec ⇔ –∆EP + WRard = ∆Ec ⇔WRar

d = ∆Ec + ∆EP, portanto,

WRard = m(v2

f – v2I ) + mg(hf – hi) = 50 kg × (8,332 – 0) m2 s–2 + 1,00 ×

× 103 N × (0 – 800) m = – 7,97 × 105 J.

2.1 (D). A bola é atirada para cima: após o lançamento sobe (a veloci-dade aponta para cima) e a resultante das forças, força gravítica,aponta para baixo. Assim, a bola sobe com movimento retardado.

2.2 a) (B). Consoante o vaso cai, a sua altura diminui, logo, a energiapotencial gravítica do sistema vaso + Terra também diminui. Como omovimento de queda é acelerado, a taxa temporal de variação dealtura é, em módulo, cada vez maior (a energia potencial gravíticavaria do mesmo modo que a altura do vaso).b) (B). A energia cinética diminui na subida, até se anular, e aumentana descida. A velocidade da bola varia linearmente com o tempo, v =–6,0 + 10t, pois a sua aceleração é constante. Como a energia ciné-tica depende do quadrado da velocidade, a variação da energia ciné-tica com o tempo não é linear:

Ec = mv2 = m(–6,0 + 10t)2, (equação de uma parábola).

2.3 As equações dos movimentos são y = gt2, para o vaso, e

y = × 10 m s–2 × (2,0 s)2 = 20 m; 20 m = –6,0 m s–1 t + 5 m s–2 t2

com solução t = 2,7 s. O intervalo de tempo entre a chegada ao solodo vaso e da bola é 0,7 s.

GRUPO IV

1.1 E = Q = c m t = 4186 × 0,100 × 1,4 = 586 J

1.2 = × 100 ⇒ Eforn = = = 733 J

Eforn = WP→ ⇔ Eforn = –Epg ⇔ Eforn = – m g h ⇔

h = – = – = –36,7 m ⇒ n.o de vezes = = 18

2.1 (C). Mantendo-se o campo constante, assim como o ângulo entrea normal ao plano do anel e o campo magnético, o fluxo é direta-mente proporcional à área atravessada pelas linhas de campo mag-nético (Φ = B A cos). Em R, a área atravessada pelas linhas decampo magnético é dupla da verificada em Q.2.2 (B). A força eletromotriz induzida é, em módulo, igual à variaçãodo fluxo magnético por unidade de tempo. Se a força eletromotrizinduzida é nula, não há corrente induzida.2.3 (A). O fluxo é nulo enquanto o anel não entra na região onde exis-te campo magnético, aumenta enquanto o anel está a entrar nessaregião, mantém-se constante enquanto o anel está completamenteimerso nela e diminui enquanto está a sair, voltando a anular-sequando o anel está fora dessa região.

10,8 g22,99 g mol–1

19,4 g35,45 g mol–1

6,23 × 1022

6,02 × 1023 mol–1

nC–ntotal

0,5472 mol0,5472 mol + 0,4698 mol + 0,1035 mol

O

H

H–

–

O O––

O C–– O––

m gv

12

100 kg × 10 m s–2

12

12

12

12

5860,80

Eútil0,80

EútilEforn

36,72,0

7332,0 × 10

Efornm g


m s–1303,6

y = vot + gt2, para a bola . Substituindo valores ficam:1

2

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QUÍMICA 10.0 ANO M Domínio 1 1.1 Massa e tamanho dos...

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