2018 – Época Especial – Prova Escrita de FQ A

• O carrinho esteve parado no intervalo de tempo [13,0 ; 15,0] s.

⇒ Quando o carrinho está parado (ou em repouso), a componente escalar da velocidade, v_x , é nula. De acordo com o gráfico da Figura 1, a condição v_x = 0 é satisfeita no intervalo de tempo [13,0 ; 15,0] s.

• [13,0; 15,0] s  …………. 6 pontos

ou

• Esteve parado entre o instante 13,0 s e o instante 15,0 s. 

• Opção (D)

⇒ A componente escalar da velocidade, v_x, é positiva ou negativa consoante o carrinho se move no sentido positivo ou negativo, respetivamente, do referencial considerado.

⇒ No intervalo [0,0 ; 13,0] s temos v_x > 0, ou seja, durante 13,0 s o carrinho move-se no sentido positivo do referencial ; no intervalo [15,0 ; 25,0] s temos v_x < 0, isto é, durante 10,0 s carrinho move-se no sentido negativo do referencial.

• Opção (D)  ……………. 6 pontos

• Opção (A)

⇒ A componente escalar da aceleração, a_x (t), pode ser obtida através do declive da reta tangente ao gráfico v_x (t), em cada instante.

⇒ No intervalo de tempo [0,0 ; 5,0] s, o referido declive é positivo e crescente, pelo que a componente escalar da aceleração é positiva e está aumentar com o tempo.

⇒ No intervalo de tempo [5.0 ; 8,0] s, o declive da tangente ao gráfico é nulo em todos os instantes do intervalo, ou seja, a_x = 0 nesse intervalo.

⇒ A forma da função v_x (t) no intervalo de tempo [0,0 ; 5,0] s sugere que se trata de uma parábola de equação vx (t) = c t², onde e é uma constante positiva. Se for esse o caso, espera- se que a função ax (t) correspondente seja uma reta de declive positivo.

• Opção (A)  ……………. 6 pontos

⇒ No intervalo de tempo [8,0 ; 13,0] s a componente escalar da velocidade vara linearmente com o tempo. Assim , o módulo da componente escalar da aceleração, |ax|, é constante e dada por

• onde v_i é a componente escalar da velocidade no instante t = 8,0 s. O valor de v_i pode ser obtido igualando o espaço percorrido, s = 3,2 m, à área subjacente ao gráfico vx (t), no intervalo de tempo [8,0 ; 13,0] s:

• Assim

⇒ Finalmente, a intensidade da resultante das forças, F_R, é obtida recorrendo à Lei Fundamental da Dinâmica:

• Etapas de resolução: 

⇒ Cálculo da componente escalar da velocidade do carrinho no instante t = 8,0 s (v_x = 1,28 m s^-1) …….. 4 pontos

⇒ Cálculo da componente escalar da aceleração do carrinho  (a_x = 1,28 m s^-2) (ver nota 1)  …….. 3 pontos

⇒ Cálculo da intensidade da resultante das forças que atuam no carrinho, no intervalo de tempo considerado (F = 0,10 N) (ver nota 2)  …….. 3 pontos

Notas: 

1. A apresentação do módulo da aceleração não implica qualquer desvalorização. 

2. A apresentação do valor «- 0,10 N» corresponde a um erro de tipo 2. 

⇒ O trabalho realizado pela força normal exercida pela pista no carrinho, no deslocamento entre as posições B e C, é nulo.

⇒ A força normal, N, exercida pela pista no carrinho é perpendicular (ou normal) à pista, em cada ponto.

⇒ A amplitude do ângulo entre as direções da força normal e da velocidade é sempre 90° e o trabalho realizado pela força normal, W_N, é nulo.

• 0 J —- 6 pontos

Nota – A omissão da unidade não implica qualquer desvalorização. 

⇒ Designemos por X o ponto de onde é largado o carrinho de modo a que passe em C com a velocidade mínima necessária para atingir o ponto D. Uma vez que, quando atinge o ponto C foi dissipada 5% da energia mecânica inicial , Em_x, temos

• Em_c = Em_x – 0,05 Em_x = 0,95 Em_x 

⇒ Por outro lado, temos

• Em_c = mgh_c + ½ m v_c² e Em_x = mgh_x 

⇒ Na expressão de Em_x não se considerou o termo de energia cinética uma vez que o carrinho parte do repouso (isto é, v_x = 0).

• Em_c = 0,95 Em_x ⇔  m g hc + ½ m v_c² = 0,95 m g hx ⇔ g h_c + ½ v_c² = 0,95 g h_x 

onde se eliminou a variável desconhecida m, por ser um fator comum a todos os termos da equação.

⇒ Sabemos que h_c = 2 x 0,12 m e v_c = 1,1 m s^{– 1}

• Para que o módulo da velocidade mínima em C seja v_c = 1,1 ms^-1, o carrinho deverá ser largado de um ponto da pista à altura mínima de 0,32 m, medida relativamente à base da pista.

• Etapas de resolução: 

⇒ Determinação da energia mecânica mínima do sistema carrinho + Terra,  em função da massa do carrinho, na posição C (Em = 3,01 m)  …….. 3 pontos

⇒ Determinação da energia mecânica mínima do sistema, em função da massa  do carrinho, na posição em que o carrinho deve ser largado (Em = 3,17 m)  …….. 4 pontos

⇒ Cálculo da altura mínima a que o carrinho deve ser largado (h = 0,32 m)  …….. 3 pontos

• Opção (C)

⇒ O trabalho realizado pela força gravítica é simétrico da variação de energia potencial gravítica , no mesmo percurso: W_Fg = – ΔEp.

⇒ Esta variação é positiva quando a altura aumenta relativamente ao nível de referência ( Δh > 0) e é negativa quando essa altura diminui (Δh < 0).

⇒ O trabalho realizado pela força gravítica é negativo quando Δh > 0 (neste caso, entre B e C) e positivo quando Δh < 0 (neste caso, entre A e B  e entre C e D).

⇒ Entre as posições B e D temos Δh = 0 e, por isso, o trabalho realizado pela força gravítica é nulo nesse percurso.

• Opção (C)  ……………. 6 pontos

• Opção (B)

⇒ Se as forças dissipativas que atuam no carrinho forem desprezáveis, cada carrinho está sujeito apenas à ação do seu peso, que é uma força conservativa, e à ação da força normal exercida pela pista, que é uma força não conservativa que não realiza trabalho.

⇒ Nestas condições, há conservação de energia mecânica entre as posições inicial e final, Em_i = Em_D

• onde se eliminou a variável m por ser um factor comum a todos os termos na equação.

Obtivemos uma expressão que é independente da massa dos carrinho I e II.

⇒ Neste caso, ambos os carrinhos I e II partem do repouso (v_i = 0), da mesma posição h_i, e atingem a mesma posição D, para a qual h_D = 0.

• Assim, v_I = v_II = v_D tal que

• Opção (B)  ……………. 6 pontos

• Opção (A)

⇒ A transferência de energia entre as duas camadas de plástico faz-se por radiação, por condução e por convecção, quando entre elas existe ar.

⇒ Destes três processos apenas a transferência por radiação pode ser realizada na ausência de um meio material, ou seja, no vácuo.

⇒ Ao retirar ar do espaço entre as duas camadas de plástico, reduz-se a taxa temporal de transferência de energia por condução e por convecção, mas não por radiação.

• Opção (A)  ……………. 6 pontos

• Opção (D)

⇒ No intervalo de tempo [0, t₁] há uma diminuição da temperatura , pelo que se pode concluir que a energia cedida pelo líquido é superior à energia que absorve.

⇒ No intervalo de tempo [t₁, t₂]. a temperatura permanece constante, o que significa que, a energia cedida pelo líquido é igual à energia absorvida.

• Opção (D)  ……………. 6 pontos

⇒ Considerar desprezável a transferência de energia entre o sistema esfera + liquido e o exterior, significa que as trocas de energia são essencialmente internas.

⇒ Neste caso, isso equivale a dizer que a energia perdida pelo líquido, que no instante t₂ estava a uma temperatura superior à da esfera (78,0 ºC, de acordo com a Figura 3) é, em boa aproximação, totalmente absorvida pela esfera.

⇒ A capacidade térmica do líquido, c_l está assim relacionada com a capacidade térmica do metal constituinte da esfera, c_e, por

⇒ O quociente entre a capacidade térmica mássica do líquido e a capacidade térmica mássica do metal constituinte da esfera é 9,2.

• Etapas de resolução:

⇒ Apresentação da expressão 0,800 x c_metal x 69,0 + 1,200 x c_líquido x (-5,0) = 0 (ou equivalente) (ver notas 1, 2 e 3)  …….. 6 pontos

⇒ Determinação do quociente entre a capacidade térmica mássica do líquido e a capacidade térmica mássica do metal  …….. 4 pontos

Notas:

1. A apresentação de uma expressão inicial com os sinais algébricos incoerentes entre si implica a classificação da resposta com zero pontos.

2. A consideração de uma diminuição de temperatura do líquido de (80,0 -73,0) ºC implica que esta etapa seja classificada com zero pontos. A etapa subsequente deve ser considerada para efeito de classificação.

A consideração de qualquer outra diminuição incorreta da temperatura do líquido ou de um aumento da temperatura do metal diferente de (73,0 -4,0) ºC implica a classificação da resposta com zero pontos.

3. A atribuição de um qualquer valor numérico à capacidade térmica mássica do líquido implica a classificação da resposta com zero pontos.

⇒ A afirmação classifica as ondas sonoras que se propagam na água como sendo simultaneamente ondas mecânicas e ondas longitudinais.

⇒ A onda sonora é uma onda mecânica porque precisa de um meio material para se propagar, que neste caso é a água.

⇒ Uma onda sonora na água é a propagação de uma perturbação na pressão da água e, embora as partículas que constituem o meio não sejam transportadas com a onda, são as oscilações de cada uma dessas partículas que dão origem à variação de pressão e a transmitem às partículas vizinhas.

⇒ A onda sonora na água é uma onda longitudinal porque a onda se propaga na mesma direção da variação da propriedade física, que neste caso é a pressão.

⇒ Sendo uma onda mecânica e longitudinal, a direção de propagação da onda é igual à direção de oscilação das partículas do meio.

• Tópicos de resposta:

A) As ondas sonoras serem ondas mecânicas significa que a propagação de um sinal sonoro necessita de um meio material.

B) Na água, as ondas sonoras serem longitudinais significa que a direção de vibraçãodo meio coincide com a direção de propagação do sinal sonoro.

• Opção (B)

⇒ A velocidade de propagação de uma onda, v, é dada por

onde s é a distância percorrida pela onda no intervalo de tempo Δt. A velocidade depende do meio, o que corresponde, neste caso, a dizer que V_água ≠ V_ar.

⇒ Consequentemente, a mesma distância s = s_água = s_ar é percorrida em intervalos de tempo diferentes nos dois meios:

• Opção (B)  ……………. 6 pontos

• Opção (C)

⇒ Uma onda é caracterizada por dois parâmetros, o comprimento de onda, λ, e a frequência, f, cujo produto é a velocidade de propagação da onda: v = λ f .

⇒ A velocidade depende das características do meio cm que a onda se propaga, o que conduz, neste caso, a uma variação da velocidade com a profundidade da água do mar, h, descrita pela função v = v(h).

⇒ A frequência só depende da fonte geradora das ondas, pelo que permanece constante quando varia a profundidade h.

⇒ O comprimento de onda será dado por uma função λ = λ(h) com a mesma forma da função v(h).

⇒ De acordo com a Figura 4, a velocidade atinge um valor mínimo à profundidade h₁, o comprimento de onda atinge também um valor mínimo a essa profundidade.

• Opção (C)  ……………. 6 pontos

• Opção (B)

⇒ Em 1 mol de moléculas de água, H₂O, existe 1 mol de átomos de oxigénio, O, e 2 mol de átomos de hidrogénio , H, ou seja, há 16,00 g de oxigénio e 2 x 1,01 g = 2,02 g de hidrogénio.

⇒ Através de uma proporção, podemos determinar a massa de hidrogénio correspondente a 46 kg de oxigénio presente em moléculas de água :

• Opção (B)  ……………. 6 pontos

⇒ A energia necessária para quebrar as ligações O – H em duas mol de moléculas de H₂O é

• E_quebra = 4 x E_ligação ( O – H) 

⇒ A energia libertada na formação das ligações H – H e O = O é dada por

• E_formação = 2 x E_ligação (H – H) + E_ligação (O = O) ⇔ E_formação = 2 x 436 kJ + 1 x 498  = 1370 kJ

⇒ A variação de energia, ΔE, associada à decomposição de duas mol de H₂O (g) é a diferença entre a energia absorvida, E_quebra, e a energia libertada, E_formação:

• ΔE = E_quebra – E_formação ⇔ 572  = 4 x E_ligação (O – H) – 1370 ⇔  E_ligação (O – H) = 486 kJ 

⇒ É necessário fornecer , em média , a energia de 486 kJ para quebrar uma mole de ligações O – H na molécula de água.

• Etapas de resolução: 

⇒ Determinação da energia libertada na formação de duas moles de ligações  H-H e de uma mole de ligações O=O (E = 1370 kJ) (ver nota 1)  …….. 4 pontos

⇒ Determinação da energia que é necessário fornecer, em média, para quebrar  uma mole de ligações O-H na molécula de água (E = 486 kJ) (ver nota 2)  …….. 6 pontos

Notas: 

1. A consideração de uma estequiometria incorreta implica que a resposta seja classificada com zero pontos. 

2. A utilização de sinais algébricos incorretos implica que a etapa seja pontuada com zero pontos. 

⇒ A massa de Na(NH₄)HPO₄ existente no volume de urina utilizado, 1,1 x 10² dm³, pode ser obtida a partir do conceito de concentração mássica ou concentração em massa, c_m:

• massa de soluto

⇒ A quantidade deste composto na amostra é

⇒ De acordo com a estequiometria da reação traduzida pela equação (I)

⇒ Analisando a estequiometria da reação traduzida pela equação (II)

⇒ A massa desta quantidade de fósforo, P₄ ( s), é

⇒ O rendimento global do processo pode-se determinar a partir da massa efetivamente obtida ( 4,5 g) e daquela que se previa obter ao utilizar o volume de urina referido:

• O rendimento global deste processo de síntese do P₄ (s) foi 23%.

• Etapas de resolução: 

⇒ Cálculo da massa de Na(NH₄)HPO₄ no volume de urina utilizado  (m = 1,76 x 10² g) 

ou

• Cálculo da concentração de Na(NH₄)HPO₄ na amostra de urina  (c = 1,17 x 10^-2 mol dm^-3 )  …….. 2 pontos

⇒ Cálculo da massa de P4 que se formaria (m = 19,9 g) 

ou

• Cálculo da quantidade de P₄ que se formaria (n = 0,161 mol)  …….. 5 pontos

⇒ Cálculo do rendimento global do processo de síntese (η = 23%)  …….. 3 pontos

• Opção (A)

⇒ Na equação II, nos reagentes, o carbono (C) surge na forma elementar, apresentando, por isso, número de oxidação nulo. Nos produtos da reação, o carbono aparece ligado ao átomo de oxigénio (O), formando a molécula de monóxido de carbono (CO).

⇒ Numa molécula, a soma dos números de oxidação dos átomos que a constituem é igual a zero. Com exceção dos peróxidos e dos superóxidos, quando os átomos de oxigénio se ligam a átomos de elementos diferentes, o oxigénio tem número de oxidação -2, pelo que, na molécula de CO, o número de oxidação do carbono é +2.

⇒ A variação do número de oxidação dos átomos de carbono é Δn. o. = +2 – 0 = +2 ; como o número de oxidação do carbono aumenta, isto significa que, nesta reação , o carbono foi oxidado.

• Opção (A)  ……………. 6 pontos

• Opção (D)

⇒ O nitrogénio e o fósforo são elementos químicos que pertencem ao grupo 15 da Tabela Periódica, pelo que ambos têm cinco eletrões de valência. as moléculas de amoníaco (NH₃) e de fosfina (PH₃), os átomos dos elementos referidos estão ligados a três átomos de hidrogénio e estabelecem-se três ligações covalentes simples entre esses átomos e os átomos de hidrogénio.

⇒ Em cada molécula há um par de eletrões não ligantes nos átomos de nitrogénio e de fósforo, e, em consequência, a geometria das moléculas de amoníaco e de fosfina é piramidal trigonal.

• Opção (D)  ……………. 6 pontos

• Opção (B)

⇒ A espécie H₂PO₄^– (aq) comporta-se como ácido na segunda equação mencionada:

H₂PO₄^– (aq) + H₂O (l)  ⇌ HPO₄^2- (aq) + H₃O⁺ (aq)

⇒ A constante de acidez, Ka, tal como qualquer constante de equihbrio química, é dada pela razão entre o produto dos valores numéricos das concentrações dos produtos da reação, elevados ao respetivo coeficiente estequiométrico, e o produto dos valores numéricos das concentrações dos reagentes, elevados aos respetivos coeficientes estequiométricos, considerando que as concentrações estão expressas em mol dm^-3.

⇒ Uma vez que o sistema está no estado líquido, o solvente (a água), não é considerado para o cálculo da constante.

⇒ Assim, Ka. é dada por:

• Opção (B)  ……………. 6 pontos

⇒ A espécie ácida mais fraca é a que tem menor constante de acidez. De acordo com a tabela, essa espécie é HPO₄^3- ( aq).

⇒ Duas espécies presentes num equilíbrio ácido-base dizem-se conjugadas se diferem de um protão, ou seja de um ião H⁺ (aq) sendo a espécie ácida a que tem mais um ião H⁺ (aq) do que a respetiva base conjugada.

⇒ Como a espécie ácida mais fraca é HPO₄^2- ( aq), a sua base conjugada será PO₄^3- (aq).

• A fórmula química da base conjugada da espécie ácida mais fraca é PO₄^3-.

• PO₄^3- ……. 6 pontos

Nota – A apresentação de «PO₄^3- (aq) não implica qualquer desvalorização.

⇒  A concentração é a razão entre a quantidade de matéria de soluto, neste caso, fosfatos, e o volume de solução.

⇒ Dado que o volume de solução considerado é 50,0 cm³ = 50,0 x 10^-3 dm³ e a concentração total de fosfato 29 mmol dm^-3 , então, a quantidade total de fosfato, n_fosfato, é :

• n_fosfato= 29  x 50,0 x 10^-3 = 1,45 mol

⇒ A quantidade total de fosfato é a soma de duas parcelas, n_fosfato = n(H₂PO₄^2-) + n(HPO₄^2-), verificando-se que, no volume considerado , n(HPO₄^2-) = 3,0 x n(H₂PO₄^2-).

Teremos então,

• n(H₂PO₄^2-) + n(HPO₄^2-) = n(HPO₄^2-)/3,0 + n(HPO₄^2-) = 1,45 mmol ⇒ 4,0 x n(HPO₄^2-) = 3,0 x 1,45 ⇒ n(HPO₄^2-) = 1,09 mmol

⇒ Esta quantidade de HPO₄^2- contém um número iões de HPO₄^2- dado por

• N = n x N_A = 1,09 x 10^-3 x 6,02 x 10²³ = 6,6 x 10²⁰ iões

⇒  Naquele volume de urina existem 6,6 x 10²⁰ iões de HPO₄^2-

• Etapas de resolução:

⇒ Cálculo da quantidade de HPO₄^2- (aq) que existe em 1 dm³ de solução (n = 21,8 mmol) (ver nota 1)  …….. 5 pontos

⇒ Cálculo da quantidade de HPO₄^2- (aq) na amostra (n = 1,09 mmol)  …….. 2 pontos

⇒ Cálculo do número de iões HPO₄^2- (aq) na amostra (N = 6,6 x 10²⁰)  …….. 3 pontos

ou

⇒ Cálculo da quantidade total de fosfato na amostra (n = 1,45 mmol)  …….. 2 pontos

⇒ Cálculo da quantidade de HPO₄^2- (aq) na amostra (n = 1,09 mmol) (ver nota 2)  …….. 5 pontos

⇒ Cálculo do número de iões HPO₄^2- (aq) na amostra (N = 6,6 x 10²⁰)  …….. 3 pontos

Notas:

1. A obtenção de uma concentração de HPO₄^2- (aq) superior à concentração total de fostato implica que esta etapa e a última etapa sejam pontuadas com zero pontos.

2. A obtenção de uma quantidade de HPO₄^2- (aq) na amostra superior à quantidade total de fostato na amostra implica que esta etapa e a última etapa sejam pontuadas com zero pontos.

• Opção (B)

⇒  Inicialment e havia 3,94 mol de metanal e 3,94 mol de hidrogénio não existindo qualquer quantidade de metanol.

⇒  De acordo com a estequiometria da reação, 1 mol de metanal reage com 1 mol de hidrogénio para formar 1 mol de metanol. Assim, se reagirem x mol de cada reagente, formar-se-ão x mol de metanol.

⇒ Deste modo , quando se estabelecer o equilíbrio, haverá no recipiente:

• (3,94 – x) mol de metanal : (3,94 – x) mol de hidrogénio ; x mol de metanol

⇒ Tendo em conta que, quando se atinge o equilíbrio, existem 4,72 mol de moléculas, podemos concluir que:

• (3,94 – x) + (3,94 – x) + x = 4 ,72 ou seja , x = 3,16

⇒ Como durante a reação química não há destruição nem criação de átomos, mas apenas rearranjo na forma como estes se ligam entre si, o número total de átomos no recipiente manteve-se constante e a quantidade de metal diminuiu 3,16 mol.

• Opção (B)  ……………. 6 pontos

⇒  Se aumentar o volume ocupado por um conjunto de partículas no esta do gasoso, a pressão do sistema diminui.

⇒  De acordo com o Princípio de Le Châtelier, uma diminuição da pressão faz o sistema evoluir no sentido em que a pressão possa aumentar, portanto, no sentido em que aumenta o número de moléculas, o que significa maior quantidade de matéria.

⇒  A equação química dada permite-nos concluir que por cada 2 mol de reagentes forma-se 1 mol de produto.

⇒  Para aumentar a quantidade de matéria, o equilíbrio desloca-se no sentido em que o produto, CH₃OH (g), é consumido, em resposta a uma diminuição de pressão.

⇒ Conclui-se que um aumento de volume do sistema em equilíbrio conduz a uma diminuição da quantidade de CH₃OH (g).

• Tópicos de resposta: 

A) O aumento do volume do sistema provoca uma diminuição da pressão do sistema. 

B) De acordo com o princípio de Le Châtelier, a diminuição da pressão do sistema irá favorecer a reação que conduz a um aumento da pressão, ou seja, a reação que conduz a um aumento da quantidade de gás. 

C) Assim, será favorecida a reação inversa, o que originará uma diminuição da quantidade de metanol. 

• Opção (C)

⇒ A cor que é conferida à chama quando uma amostra de sal é aquecida depende da radiação emitida pela amostra, depois de aquecida.

⇒ Quanto maior for a energia transferida para a amostra, maior é a possibilidade de excitação dos átomos do elemento presente no sal e posteriormente, num processo de desexcitação, ser emitida radiação característica desse elemento.

⇒ A amostra deve ser colocada na zona mais quente da chama para absorver mais energia.

⇒ Por outro lado, de modo a que não haja contaminação das amostras a analisar, para cada sal deverá ser utilizada uma colher de combustão diferente, que deverá estar limpa de resíduos doutros sais.

⇒ Se for usada a mesma colher em todas as amostras, a cor observada pode não ser consequência do sal em e tudo, mas resultado da emissão de radiação por sais contaminantes.

• Opção (C)  ……………. 6 pontos

⇒ Uma das limitações deste teste na identificação dos elementos químicos em amostras de sais é a possibilidade de observação de colorações provenientes de impurezas;

⇒ Outra limitação é que apenas se podem identificar os elementos que originam uma coloração característica ( os elementos associados apenas a alguns catiões).

⇒ A presença de impurezas pode originar sobreposição de cores.  …….. 6 pontos

ou

• Apenas podem ser identificados os elementos químicos (presentes nas amostras dos sais) que, no teste de chama, dão origem a uma cor característica. 

ou

• Existem elementos químicos diferentes que, no teste de chama, dão origem a cores semelhantes.

• Opção (D)

⇒ Quando a amostra é aquecida, os eletrões podem absorver energia transitando de níveis inferiores para outros superiores (excitação).

⇒ Contudo, tenderão a transitar de novo para um nível de energia mais baixa, sendo essa transição acompanhada de emissão de radiação.

⇒ A cor adquirida pela chama, quando se faz o teste da chama, deve-se à emissão de radiação pelos átomos metálicos da amostra, que ocorre quando os eletrões transitam para níveis de energia eletrónicos inferiores.

• Uma vez que essas transições são uma caraterística de cada elemento, a cor da radiação emitida é também uma caraterística desse mesmo elemento.

• Opção (D)  ……………. 6 pontos

• Opção (C)

⇒ Na cavidade onde foi colocado o chumbo, ocorreu uma reação entre a solução aquosa de nitrato de cobre (II), que contém iões Cu²⁺, e o pedaço de metal chumbo, Pb(s), uma vez que se formou um depósito avermelhado sobre o metal e a cor da solução ficou azul menos intensa.

⇒ Esta reação traduz-se na transferência de eletrões do metal chumbo para os iões cobre, convertendo-se estes em cobre metálico (depósito avermelhado de Cu(s)). Assim, o metal chumbo reduz os iões cobre a cobre metálico de acordo co1n a seguinte equação:

• Cu²⁺(aq) + Pb(s) ➔ Cu(s) + Pb²⁺(aq)

⇒ Deste modo, os iões Cu²⁺(aq) oxidam o metal chumbo, Pb(s) , pelo que os iões chumbo, Pb²⁺ (aq), não conseguem oxidar o metal cobre, Cu(s). Conclui-se, assiin, tal como indicado em (C), que o poder oxidante do ião Cu²⁺ (aq) é maior do que o poder oxidante do ião Pb²⁺ ( aq) .

⇒ As observações na cavidade contendo zinco são qualitativamente idênticas às observações relativas à cavidade que contém chumbo , pelo que não é possível, sem informação quantitativa adicional.

⇒ A cavidade que contém prata, Ag, não mostra vestígios, observáveis a olho nu , de uma reação co1n o cobre, Cu. Isto sugere que a prata não reduz os iões Cu²⁺ ( aq), isto é, que o poder redutor da prata é menor do que o do cobre.

⇒ Como o zinco, Zn, reduz os iões Cu²⁺ (aq), conclui-se que o seu poder redutor é maior do que o do cobre, Cu. Portanto, as observações experimentais sugerem que a ordem decrescente de poderes redutores é Zn, Cu, Ag. Assim, o conjunto de resultados desta experiência constitui uma indicação de que Zn²⁺ ( aq) tem menor poder oxidante do que Ag⁺ (aq).

• Opção (C)  ……………. 6 pontos