ita – 2016 · osg.: 101013/15 4 ita – 2016 () {x y y p mg ry p 0 1 f 0 p r m g 2 0 0 mg 3 = ∑...

ITA – 2016

1º DIA

Física .............................................................................................................................................. 3

2º DIA

Língua Inglesa .............................................................................................................................. 31

Língua Portuguesa ....................................................................................................................... 40

Redação ....................................................................................................................................... 48

3º DIA

Matemática .................................................................................................................................. 50

4º DIA

Química ........................................................................................................................................ 79

OSG.: 101013/153

ITA – 2016

FÍSICA

ANÁLISE DIMENSIONAL

[η] = ?

[r] = L

[v] = L1 T–1 [F] = ML1T–2

[F] = [r] [η] [v]

M1L1T–2 = L [η] L1T–1

[η] = M1L–1T–1, no SI. kg m–1 s–1

Resposta correta: (E)

ESTÁTICA

Essa estrutura é equivalente a uma treliça plana com apoios em P e R e uma carga vertical aplicada em Q:

Análise da estrutura completa:

OSG.: 101013/154

ITA – 2016

( )( )

x

y y

P mg Ry

P 0 1F 0

P R M g 2

0 0

Mg 3

=∑ = + = ⋅

∑ = τ + τ =τ

⋅

yR 6= ⋅ ( )yMg

R 32

→ =

Combinando (2) e (3):

( )yMg

P 42

=

Análise do Nó (P): (*) Supor que as barras estejam sob tração

sen α = 4

5

cos α = 3

5

( )( )

PQ y

PQ PR

F sen P 0 5F cos F 0 6 ⋅ α + = ⋅ α + =

OSG.: 101013/155

ITA – 2016

Logo: I)

( )

4

3 3máx

3Mg 1,5 10

8M 4 10 Kg M 4 10 Kg P / tração

≤ ⋅

≤ ⋅ → = ⋅

II)

( )

3

2 2máx

5Mg 5 10

8M 8 10 Kg M 8 10 Kg P / compressão

≤ ⋅

≤ ⋅ → = ⋅

Resposta correta: (C)

CINEMÁTICA

Imediatamente antes de a indicação passar de 45 km/h para 50 km/h, ainda é possível chegar ao semáforo mantendo os constantes 45 km/h.

x = 45 km/h · T Imediatamente antes de a indicação passar de 50 km/h para 60 km/h, ainda é possível chegar ao semáforo mantendo os constantes 50 km/h.

8x 60 km/h T h

3600 = ⋅ −

Logo: x 8

x 60 x 1,0 km45 3600 = − → =

Resposta correta: (D)

OSG.: 101013/156

ITA – 2016

OSCILAÇÕES Configuração inicial:

(a)

d

nível da mola

s/ deform.

posição de

eq. para m.

x1

x2

m

m

m

h

M

12

3

(b) (c) (d)

posição de

eq. para (m+M).

Em (b): 1mg Kx=

(c): ( ) 2M m g Kx+ =

2 1x x d− =

K d Mg→ ⋅ = (1)

Ao soltar a massa m, o sistema oscila com período T:

MT 2

K= π (2)

Para a queda de m, o tempo de queda e a velocidade com que m colide com a plataforma são dados por:

12h

tg

∆ = (3)

1v 2gh= (4)

OSG.: 101013/157

ITA – 2016

Cálculo da 1ª amplitude de oscilação:

Note que 1 2 3A x x= −

22 3 1

3

mg(M m)g K xmg K (x x ) A

Mg K x K+ = = ⋅ − ⇒ == ⋅ (5)

Análise da colisão:

1 2

2 1

2

m v (M m) vm

v vM m

mv 2gh (6)

M m

⋅ = + ⋅ = ⋅ + = ⋅ +

Obs.: Note que no instante da colisão o bloco M estará em repouso, pois ele terminou 1 oscilação completa e a mola terá uma deformação x2. Cálculo da amplitude de oscilação após a colisão:

OSG.: 101013/158

ITA – 2016

Sabe-se que: ( )2 2m M

A v MHSK+= ⋅

Logo:

2

2

m M mA 2gh

K M m

m 2ghA

KM m

+= ⋅ ⋅+

= ⋅+

A razão pedida é:

1

2

mA

A=

g

Km

g

2gh

KM m

=⋅

+

( )M m K⋅ + ⋅

K 2 g

( )M m g,

2K hh

+ ⋅=

⋅ lembrando que ( )Mg

K Eq. 1d

=

( )1

2

M m gAA

+ ⋅=

M g2⋅

( )M m d

2M hh

d

+ ⋅=

⋅⋅

Obs.: A questão não apresenta item correto.

CINEMÁTICA

1 0h h=0

0 1v t+0

21

21

1

at

25

h 102

h 250 m

+

= ⋅

=

1 0v v=0

1

1

1

atv 5 10v 50 m/s

+= ⋅=

OSG.: 101013/159

ITA – 2016

2 22 12 2

v v 2 g h0 50 2 10 h

250 0h

= − ⋅ ⋅ ∆= − ⋅ ⋅ ∆

∆ =2 0

h 125 m∆ =

2 1v v g t0 50 10 t10 t 50t 5 s

= − ⋅= − ⋅⋅ ==

2

2

Tempo de descida :g

h t2

10375 t

2t 75 t 8,7 s

= ⋅

= ⋅

= → =

H 250 125

H 375 m

= +=

subida descidaT t tT 10 5 8,7

T 23,7 s

= += + +=

Resposta correta: (A)

FORÇAS EM TRAJETÓRIAS CURVAS

Para não derrapar, deve-se ter:

cp EF fat (I)P N (II)

= =

Para não tombar, deve-se ter: (em relação ao C.M.)

E EN fat N at fat0 N d f dτ = → τ = τ → ⋅ = ⋅∑

E EN

N 1 fat 3 fat3

⋅ = ⋅ ∴ = (III)

OSG.: 101013/1510

ITA – 2016

Combinando (I), (II) e (III)

cp cpN P

F ou F3 3

= =

m 2v m

R= g R g

v3 3

⋅→ =

76,8 10v 16 m/s

3

⋅= =


GRAVITAÇÃO

(I)

A relação para o centro de massa:

2 1cm

2 1

mR MRx 0

m MmR MR

−= =+

=

OSG.: 101013/1511

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Análise da massa M (R1):

G M

( )21 2

mM

R R=

+ ( )2 21 1 1 2

1 2 1

GmR

R R Rω ⋅ ∴ ω =

+ ⋅

Análise da massa m (R2):

GM m

( )21 2

mR R

=+ ( )

2 22 2 2 2

1 2 2

GMR

R R Rω ⋅ ∴ ω =

+ ⋅

Assim: 2

1 22 1

2 1

m R1 T T Verdadeiro

R M

ω = ⋅ = ∴ = ω

(II) ( ) ( )

( )( )

21 2 2 3

1 2 1 1 2 2 1 2

G m MGm GMVerdadeiro

R R R R R R R R

⋅ +ω = = =

+ ⋅ + ⋅ +

(III) As áreas varridas sobre um mesmo intervalo de tempo são diferentes.

2 2

1 1 12 2

2 2 2

A R t RA R t R

= ϕ⋅ = ω ⋅ ∆ ⋅= ϕ ⋅ = ω∆ ⋅

Como R1 ≠ R2, este item é falso.


HIDROSTÁTICA

( )

( )

1 CAV

11 1 1 1

1

1 1 1

11

1

V V V 1

mm V

Ve

P V g 2

PV

g

= +

ρ = → = ρ ⋅

= ρ ⋅ ⋅

=ρ ⋅

OSG.: 101013/1512

ITA – 2016

( )

( )

2 1

1 2

2 1 CAV 1 2

1 21 CAV

2

1 2 1 2 1CAV 1

2 2 1

P P E 3

E P P

V V g P P

P PV V

g

P P P P PV V

g g g

= −

= −

ρ ⋅ + ⋅ = −

−+ =ρ ⋅

− −= − = −ρ ⋅ ρ ⋅ ρ ⋅


OSCILAÇÕES, PÊNDULO SIMPLES Analisando os dois casos, temos:

0

0

l (1 20)T( 20 ºC) 2 80,5 s

gVer gráficos

lT( ) 2 80,0 s

g

+ α ⋅θ + = π =

θ = π =

Dividindo as equações, temos:

1 20 1,00625+ α ⋅ = → fazendo ( )n1 x 1 nx.+ ≈ +

411 20 1,00625 6,25 10 ºC

2−+ ⋅ α ⋅ = ∴α ≈ ⋅


OSG.: 101013/1513

ITA – 2016

DINÂMICA

i)

A BMEC MECE E

m

=m

g h⋅ ⋅ =2v

2

v 2 g h= ⋅ ⋅

ii)

( )

L hcos

LL cos L hh L Lcos

h L 1 cos

−α =

α = −= − α= − α

Logo: ( )V 2gL 1 cos= − α

Ponto A: p/ α = 60º T’ = mg cos 60º

Ponto B:

2

CTP

2

2

vF m

Lv

T m g mL

vT m m g

Lm 2 g L

T

= ⋅

− ⋅ = ⋅

= ⋅ + ⋅

⋅ ⋅ ⋅= ( )1 cos

L

− α

( )( )

m g

T m g 2 1 cos 1

1T 2 10 2 1 12

T 20 2

+ ⋅

= ⋅ − α + = ⋅ − +

= 12

⋅ 1

T 40 N

+ =


1

I

OSG.: 101013/1514

ITA – 2016

ELETROMAGNETISMO

i) EV (I)

B=

ii) UU E d E (II)

d= ⋅ → =

Aplicando equação (II) na equação (I), temos:

3

2

U 0,4 10V

B d 0,01 2 10

−

−

⋅= =⋅ ⋅ ⋅

44 10

V−⋅=42 10−⋅

V 2 m s→ =


HIDRODINÂMICA Considere o ponto 1 a interface líquido/ar, onde há movimento do ar, e o ponto 2 a interface líquido/ar, onde o ar está estático. Usando a equação de Bernoulli:

OSG.: 101013/1515

ITA – 2016


GÁS IDEAL/EMPUXO

1

1

1 1 2 2 1 2 12

2 1 2 2 1 2

11

2

T 27 ºC 300 KVolume de gás no balão

P 1 atmP V P V V P TT 23 ºC 250 K

P 0,33 atm T T V P T

Densidade do ar Razão dos empuxosd gE

PV nRTE

= =⇒=

⋅= − = = → == ⋅

⇒ ⇒

⋅= = 1

2

V

d g

⋅⋅ 2

1 1 1

2 2 2

1 21

2

Vm E d VPV RTM E d V

PM m P TERT V E

⋅

= = ⋅

= =1 2T P

2 1P T⋅

1 2P T

1

21

1 11

22

2

PMd E

1RTE

P Md P MRT

P MdRT

==

= =R 1

R

T⋅ 2

2

T

P M

1 1 2

2 1 2

d P Td T P

⋅=⋅


OSG.: 101013/1516

ITA – 2016

HIDROSTÁTICA • 1ª situação

• 2ª situação

• Igualando as equações I e II:

2d g⋅ i 1V d g⋅ = ⋅ 2V

d g3

⋅ + ⋅ V

3⋅

12 d⋅ i 1V d⋅ = 1V

2 d3

⋅ + ⋅ V

3⋅

i2 V V⋅ =

iV

V2

=


P = E1 + E2

1 2V V

P d g d g (I)3 3

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

P = E

2P d g Vi (I I)= ⋅ ⋅

OSG.: 101013/1517

ITA – 2016

ESTÁTICA

Condição de equilíbrio rotacional:

1Fat a⋅ 2Fat a+ ⋅ Pa

2= ⋅

1 2

P(N N )

2µ + =

1 2

2 1

N Fat P (eixo y)equilíbrio translacional

N Fat (eixo x) + = =

Para que a placa fique prestes a deslizar, devemos ter as duas forças de atrito máximas. Logo:

1 2

2 1

N N PN N

+ µ = = µ

1N 21N+ µ 12 ( N= µ 1N+ µ

2 2

2

)

1 2 22 1 0

2 4 4 2 2 21 2

2 2

+ µ = µ + µµ + µ − =

− ± + − ±µ = = = − ±

Como não podemos obter coeficiente de atrito negativo, a resposta deve ser:

2 1µ = −


OSG.: 101013/1518

ITA – 2016

ONDULATÓRIA Corda de cobre:

( )Cu 2Cu Cu

TV f

r= λ ⋅ =

ρ ⋅π

Corda de ferro:

( )Fe 2

Fe Fe

TV f

3 r= λ ⋅ =

ρ ⋅ π ⋅

Como os comprimentos são iguais e vibram na mesma frequência (fundamental):

Cu FeT

V V⋅ →Cuρ ⋅ π ( )2

Cu

T

r=

Fe3⋅ρ ⋅ π ( )2

Fer

( ) ( )2 2

Fe Fe Cu Cu3 r rρ ⋅ = ρ ⋅

2

Cu Cu

Fe Fe

r 3 r1,6

r 1,15 r

= ∴

≃


OSG.: 101013/1519

ITA – 2016

ÓPTICA

sen L = R 1

R d n=

+

Rn = R + d R(n – 1) = d

R = d

n 1−


CIRCUITOS ELÉTRICOS Chave (2) aberta / Chave (1) fechada Circuito com somente dois capacitores visto na figura.

Sendo: Q = C ⋅ U = 10–3 ⋅ 24 = 2,4 ⋅ 10–2 C.

OSG.: 101013/1520

ITA – 2016

Chave (1) aberta / Chave (2) fechada Descarga do Capacitor

3 6

2

Q C UQ 10 10 24

Q 2,4 10 C

−

−

= ⋅= ⋅ ⋅= ⋅

Temos a opção B, porém o enunciado comenta sobre 3 capacitores em questão, onde na figura temos somente 2. Resposta correta: (B)

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

d d dA(N B A) N B .

dt dt dt

φε = = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

A = πr2; dA

2 r dA 2 r drdr

= π → = π ⋅

Sendo: dr r; dt t= ∆ = ∆

Temos: 2 r r N B

t

π ⋅ ∆ ⋅ ⋅ε =

∆

2 N B r r

iR R t

ε π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∆= =

⋅ ∆


OSG.: 101013/1521

ITA – 2016

EFEITO DOPPLER RELATIVÍSTICO

A mudança de comprimento de onda (e de frequência) da luz da estrela se dá por conta do efeito Doppler relativístico.

Da equação fundamental da onda, 0

0

fc f

fλ= λ ⇒ =λ

(c não se altera com o movimento relativo; só depende

do meio de propagação).

Assim: 12

0

2

022 2

0

1f f (movimento de aproximação)

1

1 f

1 f

1 600 nm 3 9

1 400 nm 2 44 4 9 913 5

5

13

+ β= − β + β = − β

+ β λ = = = = − β λ β + = − ββ =

β =

A resposta, assim, corresponde ao item E.


OSG.: 101013/1522

ITA – 2016

CIRCUITO ELÉTRICO

R1= 5 Ω

R2=10 Ω R

3=10 Ω R

V

3v

RA

12 V i1= 0,8 A

i2

i3

iV

2 33

i i 0,3 A10

= = =

1 2 3 vi i i i= + +

v v0,8 0,3 0,3 i i 0,2 A= + + → =

v v3

R R 150,2

= → = Ω

CINEMÁTICA, ATRITO Para que seja possível obedecer à “regra dos três segundos”,

( )00

st 3s d 3V m

V

∆∆ = ≥ ⇒ =

1. 2V0

20V 2ad= −

( )2 20 0 0 2

0

V V Va m / s

2d 6V 6

V

= = =0

0

0

V atV

T 6sa

= −

= =

OSG.: 101013/1523

ITA – 2016

2.

3. Como µcinético ≤ µestático, a desaceleração constante máxima que o atrito pode fornecer se dá na iminência

do derrapamento: Fatestático(máx) = ma ≤ µ ⋅ N = µ m g ∴ a ≤ µ g, onde m é a massa do carro e N é a reação normal do

asfalto, que equilibra o peso do carro.

Logo: 00 M

Va g 0,6 10 6 V 36 m/s V 36 m/s

6= ≤ µ = ⋅ = ∴ ≤ ⇒ =

Assim, o gráfico a x V0 pode ser revisado: o domínio do gráfico deve ser 0 < V0 < VM; para V0 > VM, a frenagem não pode ser realizada no intervalo de tempo T.

DINÂMICA E HIDROSTÁTICA

Tomando que A2 << A1, não iremos considerar a variação de altura e velocidade descendente da superfície do líquido. Assim:

OSG.: 101013/1524

ITA – 2016

Obs.: Consideraremos, além de tudo, que a aceleração será pequena de modo que a inclinação do líquido será

desprezível.

A taxa de variação da quantidade de movimento é dada por:

( )

( )d dm 2F m V V A V M M a2 2 2 2 adt dtρ= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ = + ⋅

A velocidade de escoamento, por Bernoulli:

1 2V P P gh2 02ρ ρ+ = + (considerando que h é profundidade medida a partir da superfície do liquido)

P2V 2 gh2Δ

ρ

= +

logo: ( )

( )2A P gh2a

M Ma

Δ ρ+=

+

EFEITO DOPPLER NÃO RELATIVÍSTICO (SOM)

A alteração de frequência deve-se ao efeito Doppler não relativístico, com a fonte em movimento e o

observador em repouso:

f = s0

s f

Vf ,

V V−onde Vs é a velocidade do som no ar e Vf, a velocidade do instrumento, Vf = gt (queda livre).

∴ s

0 s 0 0 s

V gt g1 1t

f f V f f V

−= = − ⋅

Logo: 2

5

0 s 0

g –10 m/s 13,00 10

f V 340 m/s f−− = ⋅ = − ⋅ ⇒

61

010

f s 980, 4 Hz1020

−= =

fluxo de massa pelo orifício A2

OSG.: 101013/1525

ITA – 2016

CONSERVAÇÃO DO MOMENTO LINEAR Supondo que essa interação seja um empurrão, os garotos vão adquirir velocidades V1 e V2 que são inversamente proporcionais as suas massas m1 e m2:

Pela conservação do movimento linear, temos:

1 1 2 2m v m v 0⋅ + ⋅ =

21 2

1

mv v

m= − ⋅ (1)

Após adquirir velocidade, cada garoto será freado pelo atrito; como os patins são idênticos, vamos admitir que os coeficientes de atrito são iguais.

i) 2 2 atm a f⋅ =

2m 2 2a m⋅ = µ ⋅2

ga g

⋅= µ ⋅

(2)

ii) 2 2f iv v 2a S= + ∆

2iv

d2 g

=µ

(3)

OSG.: 101013/1526

ITA – 2016

Aplicando a equação (3) para cada um dos garotos: 21

1v

d2 g

=µ

22

2v

d2 g

=µ

2

1 12

2 2

d v

d v= (4)

2

22

112

2 2

mv

mdd v

⋅ =

2

1 2

2 1

d m

d m

=

2 1

1 2

m dm d

= (5)

Como pode-se observar pela equação (5), a razão entre as massas pode ser obtida através da razão entre as distâncias percorridas pelos garotos. Para chegar nesse resultado, usou-se a conservação do movimento linear, pois a “interação” consiste em um sistema isolado. Logo depois, usa-se leis de Newton e cinemática básica (MRUV).

CALORIMETRIA A energia cinética liberada como calor a cada queda livre é:

2 2o

01 1Q m v m(v 2gh) mgh,

2 2= ⋅ = + = onde m é a massa de água contida na garrafa térmica e h = 42 cm.

Daí, a potência fornecida à água pelo processo é 100 Q 5

P Q,60s 3

⋅= = e o tempo necessário para ferver toda a

água, considerando o ponto de ebulição normal, é

mc t mt

P∆∆ = = c t

5m

3

∆ 4,23 c t 35 gh 5gh

∆= = ⋅3 1 110 J kg C− −⋅ ⋅ ⋅ 80 º C⋅

10 2m/s 4,2⋅ 110−⋅44,8 10 s.

m= ⋅

ր

OSG.: 101013/1527

ITA – 2016

ELETRODINÂMICA

123123123

0,01t0,15-0,01t

0,01t

3A A2A

0,15m

0,02m A (0,02)2m2

=

Pela lei de Ohm:L

R ·A

= ρ

4

2

0,01t (0,15 – 0,01t) 0,01tR · · ·

2A 3A A

R (0,03t 0,3 – 0,02t 0,06t)6A

R (0,07 t 0,3)6A

10R (0,07 t 0,3)

6 · 0,02

0,25R (0,07 t 0,3) para t em segundos e R em Ohms.

6

−

= ρ + ρ + ρ

ρ= + +

ρ= +

= +

= +

Para t = 0 → R = 0,0125Ω

Para t = 15 s → R = 0,05625Ω

15

R(Ω)

0,01250

0,05625

t(s)

OSG.: 101013/1528

ITA – 2016

ELETROSTÁTICA E COLISÕES

1ª Colisão

Colisão elástica de mesmas massas as partículas trocam velocidades.

2ª Colisão

ANTES DEPOISP P=∑ ∑ V

B C B C

,,P P P P+ = +

m ⋅ V + 0 = – mVB + 2mVC

Dividindo ambos os lados da equação por m.

B CV V 2V (I)= − +

e = REL

REL

V Afastamento

V Aproximação

1 = B CB C

V VV V V (II)

V

+ → = +

Somando as equações (I) e (II), temos: V = – VB + 2VC V = VB + VC r 2V = 3VC

C2V

V3

=

A BF

Q QQ

2

+=

FQ 0

Q2

+=

A BQ

Q Q2

= =

B CF

Q QQ

2

+=

2F

Q 0Q

2

+=

B CQ

Q Q4

= =

OSG.: 101013/1529

ITA – 2016

Substituindo VC = 2V,

3 na equação (II), temos:

V = VB + 2V

3 ⇒ V – 2V

3 = VB ⇒ B

VV

3=

3ª Colisão

Como as partículas possuem mesmas massas, elas trocam de velocidades por ser uma colisão elástica, percebe-se também que esta é a última colisão.

A BF

Q QQ Q 3Q2 4Q

2 2 8

++= = =

A B3Q 3Q

Q e Q8 8

= =

Assim, as cargas finais de cada esfera, são:

A B C3Q 3Q Q

Q ; Q ; Q8 8 4

= = =

MHS

OSG.: 101013/1530

ITA – 2016

Da figura, ( )xtg x tg y; x tg y cte.

yα = ∴ = α ⋅ = α α =ɺ ɺ ɺɺ ɺɺ ∵

Como as partículas se movimentam sem atrito, as únicas forças não conservativas presentes agindo sobre o sistema mola-massas são as reações normais de cada barra, as quais não realizam trabalho. Portanto, a energia mecânica (EM) do sistema se conserva:

( )22M 0

1 1E 2 m v 2 mgy k 2x 2

2 2= ⋅ + ⋅ + − ℓ

( ) ( )22 20m x y 2mgy 2k x= + + + −ɺ ɺ ℓ

( ) ( )

( ) ( )

M0

2 20 2

dE2m x x y y 2mgy 4k x x

dt1

2m x x cotg x x 2mgcotg x 4k x x 1 cotgsen

= + + + − ⋅

= + α + α + − + α = α

ɺ ɺɺ ɺ ɺɺ ɺ ɺℓ

ɺ ɺɺ ɺ ɺɺ ɺ ɺℓ ∵

( )02

12m x x 2mg cotgαx 4k x x

sen= ⋅ + + −

αɺ ɺɺ ɺ ɺℓ

( )02

m2 x x mgcotg 2k x 0,

sen = + α + − = ∨ α

ɺ ɺɺ ℓ

( )02

2 2

0

t

mx mgcotg 2k x 0

sen2K sen 2k sen

x x gsen cos 0m m

⇒ + α + − =α

α α⇒ + + α α − =

ɺɺ ℓ

ɺɺ ℓ

Identificando a equação anterior à equação característica do MHS: 2x x constante = 0,+ ω +ɺ

a frequência angular da oscilação é dada por: 22ksen

m

αω =

Na posição de equilátero da mola 1x 0, x :2

= =

ℓɺɺ

2 21k sen

m 2

α ℓ 2

02ksen

g sen cos 0m

α+ α α − =

ℓ

20 0

1 2

2ksen mg sen cos 2k sen mgcosksen ksen

α − α α α − α= =α α

ℓ ℓℓ

00 1

mgcos ksen

ksen

α − α∴ ∆ = − =α

ℓℓ ℓ ℓ

Nota: Caso a variação pedida fosse a do comprimento da mola em relação ao seu comprimento natural,

0 1mgcos mg

’ 2 cotgksen k

α∆ = − = = αα

ℓ ℓ ℓ

OSG.: 101013/1531

ITA – 2016

CIRCUITO RC i) Análise do circuito no instante t1:

Como o capacitor está descarregado, não possui d.d.p. e, assim, se comporta como um fio liso.

A corrente i1 é determinada por: 1V

i R

=

ii) Análise do circuito no instante t2:

No instante t2, a corrente não passa pelo capacitor.

Logo: V – Ri2 – Ri2 = 0 ∴ 2V

i 2R

=

LÍNGUA INGLESA

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O texto traz um relato das características das grandes empresas no Brasil. Ao longo da leitura, não se percebe alusão à bolsa de valores (Stock Exchange). No entanto, empresas familiares (Many Brazilian concerns are controlled by an individual shareholder, or one or two families – linhas 23 e 24), mão de obra qualificada (…a shortage of skilled workers – linhas 10 e 11), incentivos fiscais, (preferential tax treatment – linha 19) e encargos financeiros (complex tax rules – linha 10) são citados ao longo do artigo. Resposta correta: (E)

OSG.: 101013/1532

ITA – 2016

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO A leitura do quarto parágrafo do texto permite entender os resultados da pesquisa feita por Van Reenen, que chegou à conclusão de que empresas familiares brasileiras são prejudicadas por escolher parentes ao invés de profissionais mais qualificados como gestores, como se pode ler na frase “But all too often they pick kin (parentes) over professional managers – and performance suffers”.


GRAMÁTICA – USO DA VÍRGULA Esta questão exige do candidato a identificação do item em que a vírgula não demarca explicação. Na alternativa B, as vírgulas foram empregadas para demarcar enumeração, elementos dispostos numa série: bureaucracy, complex tax rules, shoddy infrastructure. Nas demais alternativas, as vírgulas foram empregadas para demarcar apostos explicativos: an economist (A); a consulting firm (C); a steelmaker (D); Brasília (E).

Resposta correta: (B)

OSG.: 101013/1533

ITA – 2016

VOCABULÁRIO Em I, o vocábulo “too” (também) significa o mesmo que “as well”, na frase: Ownership patterns play a part too. Em II, o vocábulo “turmoil” (turbulência) não significa o mesmo que “growth”, que significa “crescimento”. Em III, o vocábulo “meetings” (reuniões) não significa o mesmo que “findings”, que significa “achados”. Em IV, o vocábulo “flagged” (tombaram, caíram) significa o mesmo que “dropped”, que significa “caíram” Assim, a única alternativa que contém termos sublinhados com correspondentes semânticos corretos é C. Resposta correta: (C)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O autor se posiciona com relação ao papel do governo na gestão de empresas brasileiras quando diz que o mimo do governo para as empresas pode representar mais uma maldição do que uma bênção, como se pode ver na alternativa E da questão. • Coddling – Mimo • Curse – Maldição • Blessing – Bênção Resposta correta: (E)

OSG.: 101013/1534

ITA – 2016

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO A leitura do sétimo parágrafo do texto permite concluir que as empresas Bradesco e Arezzo possuem gestões bem sucedidas independente de ajuda governamental. Resposta correta: (A)

GRAMÁTICA E SEMÂNTICA I. Os pronomes “this” e “it” retomam o mesmo referente, a situação caracterizada pelo “economic turmoil”,

mas o pronome “which” retoma outro referente, o “short-termism”. II. Os termos “as well as” (tão bem quanto) e “such as” (tal como) não têm o mesmo sentido, uma vez que o

primeiro é expressão comparativa de igualdade e o segundo é expressão exemplificativa. III. Embora pertençam a classes gramaticais diferentes e tenham usos específicos, os vocábulos “like” e “as”

apresentam o mesmo sentido de similaridade nas frases em que foram empregados: “societies like Brazil” (sociedades como o Brasil) e “praised as a pioneer” (louvado como pioneiro).

IV. As formas verbais “was vanquished” (voz passiva) e “was to descend” (voz ativa indicando ação iminencial) não se encontram, obviamente, na mesma voz.


OSG.: 101013/1535

ITA – 2016

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO A figura em questão destaca os tipos de inteligências existentes. O item I se refere à inteligência intrapessoal, ou seja, aquela que a pessoa tenta compreender a si mesma. O item II faz referência à linguística, pois cita a procura pelas palavras certas para expressar o que se quer. O item III destaca as relações interpessoais, uma vez que menciona a capacidade de entender os sentimentos e razões de outras pessoas. Por fim, o item IV abrange a inteligência existencial porque denota as questões do tipo por que vivemos e por que morremos.


INTERPRETAÇÃO DE TEXTO A figura mostra que as pessoas dotadas de inteligência espacial são capazes de visualizar objetos mentalmente de vários ângulos (visualizing the world in 3D), o que está de acordo com a alternativa A da questão. Resposta correta: (A)

GRAMÁTICA I - o -ing na formação dos vocábulos não foi usado para indicar momentaneidade, mas indicar verbo com valor de substantivo. Understanding yourself (entender a si mesmo). II - De fato, os pronomes you, we, your, yourself possibilitam a identificação dos leitores com a figura mostrada ao lado.

OSG.: 101013/1536

ITA – 2016

III - Dos pronomes mencionados, o what não foi empregado com a função de pronome interrogativo, mas de pronome relativo, ligando orações. Assim, apenas a afirmação II é verdadeira. Resposta correta: (B)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Segundo o texto, o Dr. Roy Plunkett descobriu, acidentalmente, uma resina não corrosiva conhecida pela sigla PTFE. Essa informação pode ser encontrada nas linhas 13 e 14 da passagem. Resposta correta: (C)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO A resina acidentalmente descoberta pelo Dr. Plunkett, conhecida comercialmente como TEFLON possui várias propriedades que são citadas no texto, como por exemplo deslizante (slippery – linha 16), quimicamente inerte (chemically stable – linha 17), resistente a alta temperatura (extremely high melting point – linhas 17 e 18) e não corrosiva (non-corrosive – linha 17). O texto não cita como propriedade da resina a refrigeração.


OSG.: 101013/1537

ITA – 2016

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Os parágrafos 3 e 4 do texto afirmam que a descoberta do Teflon aconteceu acidentalmente quando os químicos Plunkett e Rebok pesquisavam compostos químicos para sistemas de refrigeração na empresa Du Pont em 1938. Resposta correta: (D)

INTERPRETAÇÃO Segundo o texto, a única indústria que não se beneficia com as propriedades do Teflon é a farmacêutica. As demais indústrias mencionadas são beneficiadas, a saber: a têxtil com stain repellant fabric; a automobilística com lubricant; a espacial com rocket propellants; a cosmética com hair products. Resposta correta: (D)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO De acordo com o texto, linhas 9-12, as quatro pesquisas realizadas por neurocientistas mostram que as pessoas avaliam a confiabilidade (trustworthiness) observando as expressões faciais do indivíduo. Está correta, portanto, a alternativa D. As demais extrapolam as informações do texto, a saber: A) não se trata de neurocientistas ligados a empresas de recursos humanos; B) o correto é o contrário do que se afirma nessa alternativa: são métodos diferentes para resultados semelhantes; C) não foram as pesquisas encomendadas por tais gerenciadores de redes sociais; E) é falso dizer que os estudos apresentam resultados distintos quanto à afetuosidade (warmth). Resposta correta: (D)

OSG.: 101013/1538

ITA – 2016

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO

O texto cita nas linhas 11 e 12 que as pesquisas mencionadas revelaram descobertas inesperadas de que a percepção de habilidades tais como a força física não dependem de expressões faciais, mas sim da estrutura óssea da face. (...the research also revealed the unexpected finding that perceptions of abilities such as physical strength are not dependent on facial expressions but rather on facial bone structure.)


INTERPRETAÇÃO DE TEXTO I. Falso. A quantidade de participantes não foi mencionada, pois o experimento trabalhou apenas com

fotografias de dez pessoas diferentes. II. Verdadeiro. O segundo experimento de fato incluiu a avaliação sobre afetuosidade em ralação ao estudo

anterior. III. Falso. O terceiro estudo não mediu a força física pela razão entre altura e largura da face, mas sugeriu

um indicativo de força física pela largura da face. IV. Falso. O último estudo gerou mais de cem variações de uma face básica de um indivíduo, logo não se

utilizou das mesmas imagens.


OSG.: 101013/1539

ITA – 2016

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO

A leitura do parágrafo cinco permite compreender os resultados obtidos no terceiro estudo feito pelos pesquisadores da Universidade de Nova York. Nas linhas 30 e 31 encontramos a informação de que rostos mais largos selecionados pertenciam a campeões de levantamento de peso, o que indica que as pessoas com essa característica facial são mais fortes fisicamente.


GRAMÁTICA – CLASSE DE PALAVRAS Os termos sublinhados na questão têm todos classificação de advérbio, a exceção de friendly, que tem característica qualificadora (adjetivo). O adjetivo friendly significa simpático, cordial, amigável. • Continually: continuamente • Importantly: importantemente • Generally: geralmente • Surprisingly: surpreendentemente Resposta correta: (B)

GRAU DOS ADJETIVOS As frases em questão trazem adjetivos com flexão de grau. No item B podemos ver the best, adjetivo good no grau superlativo. No item C encontramos happier, adjetivo happy no grau comparativo de superioridade. No item D lemos broader, adjetivo broad (largo, amplo) no grau comparativo de superioridade. No item E vemos more trustworthy, adjetivo trustworthy (confiável) no grau comparativo de superioridade. O item A não traz adjetivos com flexão de grau. Resposta correta: (A)

OSG.: 101013/1540

ITA – 2016

LÍNGUA PORTUGUESA

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O Texto 1, de autoria de Rubem Alves, defende a tese de que a escolha de uma profissão não deve passar necessariamente pela escolha de um curso de nível superior. O autor chega a comentar que, muitas vezes, a escolha de uma profissão diplomada não é mais garantia de emprego, tampouco de satisfação pessoal, pois existem outras profissões (ofícios), como marceneiro, mecânico e cozinheiro, que não exigem diploma superior e podem ser muito rentáveis. Para o autor, é recomendável que o universitário concilie o curso superior com uma formação alternativa, como a de mecânico ou a de jardineiro, a fim de enfrentar a crise, no mercado de trabalho, que atinge também os diplomados. Resposta correta: (B)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO De acordo com o texto, é coerente afirmar que há um autor que demonstra um ponto de vista bastante realista em relação à oferta de emprego para diplomados. Essa posição do autor fica bastante clara no seguinte fragmento do 12º parágrafo: “Forma-se, então, a multidão de jovens com diploma na mão, mas que não consegue arranjar emprego”. Resposta correta: (D)

OSG.: 101013/1541

ITA – 2016

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO No Texto 1, de autoria de Rubem Alves, nota-se, pelo contexto, que a sociedade brasileira detém uma expectativa muito grande em relação ao diploma universitário, pois, para muitos, ainda é uma garantia de emprego e de reconhecimento social.


INTERPRETAÇÃO DE TEXTO De acordo com a leitura do texto, há uma série de afirmações utilizadas pelo autor para dar maior credibilidade à tese que defende. Dentre elas, destacam-se: a afirmação de que há diplomados que não conseguem arranjar emprego; há diplomados que estão descontentes com as formações que escolheram; há ofícios que podem ser mais rentáveis que algumas carreiras de nível superior; há quem tenha mudado de carreira que exige diploma universitário por outro ofício. Em várias passagens do texto, essas afirmações estão referendadas. A única afirmação que não encontra correspondência no texto é a que está indicada na alternativa C: “As melhores opções de carreira são as oferecidas pelas universidades”.


REFERENCIAÇÃO Na questão 25, pede-se que o candidato aponte a que se refere o sintagma nominal “Essa ilusão” (linha 33). Fica claro que esse sintagma se refere à formação universitária, pois, contextualmente, vê-se que a ideia de diploma universitário constitui uma ilusão para muitos jovens, segundo o autor. No texto, o sintagma em questão aponta para “Profissão honrosa é profissão que tem diploma universitário.”.


OSG.: 101013/1542

ITA – 2016

VARIAÇÃO LINGUÍSTICA Na questão 26, pede-se que o candidato aponte, entre as alternativas apresentadas, aquela em que fiquem evidentes características de coloquialidade, ou seja, de informalidade discursiva. Acerta quem marca a alternativa C (Aí o sinal fica verde e eu continuo. – linhas 8 e 9), pois o vocábulo “aí” exerce função pragmática, evidenciando, assim, coloquialismo discursivo. Resposta correta: (C)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO A) Paradoxo: é uma construção aparentemente absurda, produto da soma de ideias que se contradizem,

referindo-se ao mesmo termo. B) Gradação: na gradação, constata-se uma sequência de palavras que intensificam a mesma ideia. C) Antítese: é a construção em que se utiliza de palavras com sentido oposto na mesma frase, de forma que,

pela oposição de ideias de cada termo, eles se tornem complementares. D) Ironia: pelo contexto, pela entonação, pela contradição de termos, se pretende questionar certo tipo de

pensamento. A intenção é depreciativa ou sarcástica. E) Hipérbole: o recurso em que o objetivo é intensificar uma expressão, exagerar uma ideia

intencionalmente. O exemplo que não corresponde à figura especificada está indicada na alternativa “D”: ironia – “E ele tremia de medo de fazer discursos”. Tal fato se justifica visto que não há depreciação, antífrase. Resposta correta: (D)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Nos exemplos propostos para análise, o verbo “ter” apresenta valor de “possuir” nos fragmentos indicados nas alternativas: A. C, D e E. A única afirmação em que o verbo “ter” não apresenta valor de “possuir” está indicado na alternativa B: “[...] as provas a que têm de se submeter os jovens que passaram pela puberdade”. Nesse fragmento, o verbo “ter” equivale ao verbo “haver”. Assim, temos como resposta a alternativa B


OSG.: 101013/1543

ITA – 2016

SEMÂNTICA DE “ATÉ”.

Na questão 29, pede-se que o candidato assinale a alternativa que contenha a ideia expressa pelo vocábulo “até” em “Até os bispos tinham suas pedras.”. Considerando-se o contexto, percebe-se que “até” expressa a ideia de inclusão. Por isso, acerta quem marca a alternativa A.


INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Ao estabelecermos uma comparação entre os textos 1 e 2, observamos que há entre eles um aspecto temático que os aproxima. Trata-se da valorização entre o trabalho intelectual em detrimento do manual. No texto 1, o fragmento que comprova essa tese está indicado no segmento: “Houve um tempo em que as celebrações eram justas. Isso foi há muito tempo[..]. O diploma era mais que a garantia de emprego. Era um atestado de nobreza. Quem tirava diploma não precisava trabalhar com as mãos, como os mecânicos, pedreiros e carpinteiros, que tinham as mãos rudes e sujas”. Já no texto 2, o segmento que confirma a tese da aproximação temática entre os dois textos está indicado no seguinte fragmento: “Aliás, o exercício dessas qualidades que ocupam a inteligência sem ocupar os braços, tinha sido expressamente considerado, já em outras épocas, como pertinente aos homens nobres e livres, de onde, segundo parece, o nome de liberais dado a determinadas artes, em oposição às mecânicas que pertencem às classes servis”.


INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O texto 2, fragmento da importante obra “Raízes do Brasil”, de Sérgio Buarque de Holanda, está atravessado por um tom crítico na avaliação do autor sobre o trabalho intelectual e manual. Esse tom fica explícito em algumas passagens como a destacada a seguir: “Não significa forçosamente, neste caso, amor ao pensamento especulativo – a verdade é que, embora presumindo o contrário, dedicamos, de modo geral, pouca estima às especulações intelectuais – mas amor à frase sonora, ao verbo espontâneo e abundante, à erudição ostentosa, à expressão rara”. Há, em um determinado segmento do texto, uma construção que gera um certo tom irônico, como no trecho: ...certas qualidades de imaginação e “Inteligência”. Tal aspecto presente no texto não o torna predominantemente irônico, fato que acaba invalidando o que se diz na alternativa C.


OSG.: 101013/1544

ITA – 2016

PONTUAÇÃO

Na questão 32, pede-se que o candidato assinale a alternativa que contenha uma passagem em que o emprego de vírgulas é opcional. Nas alternativas A e D, as vírgulas postas separam orações subordinadas adjetivas explicativas, não podendo, por isso, ser retiradas. Em B, tem-se um adjunto adverbial e, em E, uma oração subordinada adverbial concessiva deslocada, não podendo, por isso, retirar as vírgulas. Portanto, acerta quem marca a alternativa C, pois a vírgula posta, antes de “em contraste”, pode ser retirada, já que a oração que segue está em ordem direta.


O USO DAS ASPAS

Na questão 33, pede-se que o candidato assinale a alternativa que contém a proposição (ou as proposições) que explique (em) o uso das aspas nas palavras “inteligência” (linha 10) e “talento” (linha 11). As aspas (“ ”) servem para indicar: i) citação ou transcrição; ii) ironia; iii) ênfase e iv) estrangeirismo. Então, dentre as proposições, está correto apenas o que se diz em I, ou seja, as aspas foram empregadas com a intenção de realçar ironicamente as palavras “inteligência” e “talento”. Acerta, portanto, quem marca A.


OSG.: 101013/1545

ITA – 2016

RECURSOS EXPRESSIVOS – O EFEITO DE HUMOR Na questão 34, pede-se que o candidato assinale a alternativa que justifique o efeito de humor presente na tirinha de Quino. Vê-se que o humor decorre dos sentidos atribuídos por Mafalda para as palavras “títulos” e “diplomamos”, pois elas levam o leitor a “perceber” que, segundo Mafalda, “ser mãe” e “ser filha” constituem títulos importantes, contrariando, por isso, o senso comum e gerando humor. Resposta correta: (E)

LITERATURA – REALISMO A – Correto: Durante a adolescência, Brás Cubas apaixonou-se e envolveu-se com a prostituta Marcela, que o “amou” durante quinze meses e onze contos de réis. B – Correto: O capítulo final é o famoso “Das negativas”, no qual Brás Cubas revela ter falhado na sua busca por status social e encerra com uma passagem extremamente pessimista sobre a existência humana: “porque ao chegar a este outro lado do mistério, achei-me com um pequeno saldo, que é a derradeira negativa deste capítulo de negativas: -- Não tive filhos, não transmiti a nenhuma criatura o legado da nossa miséria.”. C – Correto: Por ser um “defunto autor”, Brás Cubas pode relatar com franqueza e sem autocomplacência as experiências que viveu, revelando as diabruras da infância, o adultério que levou Virgília a cometer, sua busca falhada por status social. D – Correto: Virgília havia preterido Brás Cubas na juventude para casar-se com Lobo Neves. Posteriormente, Brás seduz Virgília e leva-a a cometer adultério. E – Incorreto: Brás Cubas confessa que ficou triste pela morte de Eulália, mas conclui que não a amava. Capítulo CXXVI “O epitáfio diz tudo. Vale mais do que se lhes narrasse a moléstia de Nhã-loló, a morte, o desespero da família, o enterro. Ficam sabendo que morreu; acrescentarei que foi por ocasião da primeira entrada da febre amarela. Não digo mais nada, a não ser que a acompanhei até o último jazigo, e me despedi triste, mas sem lágrimas. Concluí que talvez não a amasse deveras.” Resposta correta: (E)

OSG.: 101013/1546

ITA – 2016

LITERATURA – NATURALISMO

A – Incorreto: Rita Baiana seduz Jerônimo por ver nele o macho de uma raça superior, uma vez que ele era português. B – Correto: Pombinha, de fato, escrevia as cartas ditadas pelos moradores do cortiço, conhecendo, intimamente, a vida de muitos deles. C – Incorreto: Estela não é fiel ao seu marido, traindo-o diversas vezes. D – Incorreto: Bertoleza e João Romão viveram juntos, como amantes, por muito tempo. No final da obra, João Romão se distancia e quer livrar-se dela ao mudar seu estilo de vida. E – Incorreto: Leónie não mora no cortiço, mas sustenta-se como prostituta.


LITERATURA – MODERNISMO

O título “Bucólica” nos remete à representação da vida no campo, (uma vida simples, humilde), onde o poeta-pastor vive o seu idílio amoroso e alcança a “aurea mediocritas”. No entanto, o poema revela um camponês sem terra, arando a terra alheia, destacando a desigualdade social. Assim, está correto o item D, uma vez que há um contraste entre o arcadismo do título e o realismo social dos versos.


LITERATURA – MODERNISMO

O desenlace trágico a que se refere o enunciado da questão é o suicídio de Madalena, que decorre, sobretudo, do conflito entre o temperamento agressivo e possessivo de Paulo Honório e a bondade e a solidariedade de Madalena. “Conheci que Madalena era boa em demasia, mas não conheci tudo de uma vez. Ela se revelou pouco a pouco, e nunca se revelou inteiramente. A culpa foi minha, ou antes, a culpa foi desta vida agreste. E, falando assim, compreendo que perco o tempo. Com efeito, se me escapa o retrato moral de minha mulher, para que serve esta narrativa? Para nada, mas sou forçado a escrever.”


OSG.: 101013/1547

ITA – 2016

POESIA CONTEMPORÂNEA I. Verdadeiro: O texto de Ivan Junqueira nos remete à necessidade de preservarmos, durante a fase adulta, a

imagem da criança que fomos. A primeira estrofe faz uso de metáforas construídas com elementos naturais, propondo que, por trás da montanha, uma flor amarela “guarda” a criança que fomos.

II. Falso: A conjunção “porém” não rompe com a representação metafórica presente na 1ª estrofe e, sim, nos remete a uma outra leitura das metáforas, sugerindo que a “montanha” e a “flor amarela” não precisam ser visíveis e que bastaria a crença na existência de UMA montanha e de UMA flor amarela.

III. A segunda estrofe nos aponta a ideia de que essa montanha e essa flor amarela não são, necessariamente, visíveis, próximas, palpáveis, mas são, também, imagens que devemos trazer dentro de nós para que possamos resguardar a criança em nós.

Assim, estão corretos I e III. Resposta correta: (C)

OSG.: 101013/1548

ITA – 2016

POESIA CONTEMPORÂNEA I. Verdadeiro: Como o enunciado nos permite constatar, o poema guarda alguns traços estruturais da

adivinha popular: o jogo de perguntas que contém dualidades e oposições. II. Falso: O poeta não nos apresenta resposta para as indagações que lança, mas nos permite inferir que as

possíveis respostas são sentimentos. III. Verdadeiro: O poeta, já a partir do título, deixa claro o diálogo com a adivinha popular. Resposta correta: (C)

REDAÇÃO

OSG.: 101013/1549

ITA – 2016

COMENTÁRIO VESTIBULAR ITA 2016 – PROVA DE REDAÇÃO

O Vestibular 2016 do Instituto Tecnológico de Aeronáutica (ITA) exigiu do candidato uma interpretação de dois textos apresentados na prova de Português, um de Rubem Alves (de 2004) e um de Sérgio Buarque de Holanda (de 1936). Ambos os textos e os dados apresentados na prova de Redação faziam referência à importância ou não da posse de um diploma de nível superior para a ascensão profissional em um mercado de trabalho que não possui mais tantas oportunidades para os graduados. Cabia ao candidato entender que quem possui um diploma de graduação não tem mais a certeza de conseguir um bom emprego. Em contrapartida, novos ofícios estão surgindo, com um mercado em expansão, e sendo cada vez mais valorizados social e financeiramente, mesmo sem a exigência da graduação.

O Texto 1, de Rubem Alves, faz uma crítica aos jovens os quais pensam que, ao passar no vestibular, ficam felizes com a garantia de uma maior valorização do mercado de trabalho e da sociedade àqueles que possuem um diploma de nível superior. No entanto, o autor mostra que essa valorização do mercado de trabalho tem diminuído, pois, por haver muitas pessoas se formando, não há empregos para todos. Com isso, ofícios mais braçais, antes desvalorizados pela sociedade, seriam boas opções, já que haveria melhores oportunidades de emprego.

O Texto 2, de Sérgio Buarque de Holanda, publicado, em sua primeira edição, em 1936, comenta a diferença de valorização dada àquelas profissões que exigem a formação em nível superior e àquelas que necessitam de um esforço físico. Mesmo assim, àquela época, já havia uma mudança nessa dinâmica, pois as ocupações citadinas também reclamavam um maior privilégio, havendo inclusive a criação de novos ofícios, como os liberais.

Ademais, os dados apresentados na prova de Redação mostram que, principalmente nos países com maior economia, há uma diferença salarial entre as profissões que exigem nível superior e as que não exigem, porém estas apresentam uma boa remuneração para uma carga de horas semanais bem parecida com aquelas. Em contrapartida, no Brasil, ainda há uma grande diferença salarial e de carga horária entre os diplomados e os não diplomados.

OSG.: 101013/1550

ITA – 2016

Com esse suporte dos textos motivadores, o candidato deveria elaborar um texto dissertativo-argumentativo, no qual se posicionaria sobre a importância ou não da posse de um diploma de nível superior para a ascensão profissional em um mercado de trabalho que não possui mais tantas oportunidades para os graduados.

Com isso, seria interessante o candidato produzir uma introdução apresentando o tema, de modo a contextualizar o leitor sobre o assunto do texto, e posicionando-se contra ou a favor da necessidade da obtenção de um diploma para a inserção no mercado de trabalho.

No desenvolvimento, o candidato iria defender o ponto de vista apresentado na introdução. Para isso, ele poderia utilizar argumentos sobre a valorização social dos profissionais que possuem nível superior; sobre as diferenças salariais que os cargos ainda apresentam; sobre a facilidade ou não de obtenção de empregos antes demasiadamente prestigiados, como médico, advogado e engenheiro, em um mercado de trabalho competitivo; sobre a diferença nessa dinâmica do mercado de trabalho no Brasil e em países mais desenvolvidos, mostrando que as maiores economias do mundo têm valorizado os trabalhos que não exigem diploma; sobre a obtenção de felicidade e sucesso em ofícios não diplomados, além do surgimento de novos ofícios, principalmente técnicos, que, mesmo não apresentando a necessidade de diploma, remuneram bem e possuem boas oportunidades de obtenção de empregos. Assim, os argumentos devem ser escolhidos de acordo com o posicionamento defendido pelo candidato, com o fito de realizar a persuasão do leitor.

Na conclusão, o candidato deveria dar um fechamento ao texto, elaborando uma retomada do seu posicionamento e fazendo uma síntese dos argumentos defendidos. Outra opção seria, caso a argumentação tratasse o tema como uma situação problemática, dar uma proposta de intervenção que solucionaria esse problema.

Desse modo, o vestibular do ITA trouxe uma temática muito bem contextualizada, de grande relevância social para jovens que estão concluindo o Ensino Médio e precisam tomar uma decisão sobre seu futuro profissional. Ademais, o candidato foi apresentado a textos motivadores com ótimos argumentos que poderiam ser aprofundados na argumentação, que deveria ser acrescida de um repertório ilustrativo para a defesa de um ponto de vista.

MATEMÁTICA

EXPONENCIAIS E LOGARITMOS

I. 10 10x 1 y 1 x 1 y 1 1 1 1 1

(x) (y) log log 1 1 x y.x y x y x y y x

− − − − > ⇔ > ⇔ > ⇔ − > − ⇔ > ⇔ >

f f

Portanto, f é estritamente crescente em ]1, + ∞[.

II.xx

x 2 x 1 x x3x2

1 3 32 3 4 2 3 4 3 12 x log 12

3 2 2+ − = ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ = ⇔ = ⇔ =

. Logo, a equação tem apenas uma

solução real.

OSG.: 101013/1551

ITA – 2016

III. Se x ≥ 1, então (x + 1 )x ≥ (x + 1)1 = x + 1 > x ⇒ (x + 1)x > x Se 0 < x < 1, então x < xx < (x + 1)x. Em todo caso, (x + 1)x > x, ∀ x ∈ *

+R Logo, as únicas alternativas corretas são a (I) e a (II). Resposta correta: (B)

FUNÇÃO O ponto chave do problema é notar que um número K tem n algarismos se, e somente se, a seguinte relação é verificada:

n 1 n10 K 10− ≤ <

No problema, sabemos que x tem 2015 algarismos. Logo:

( )2014 1

2014 2015 20157 710 x 10 10 x 10≤ < ⇒ < < ∗

Por fim, note que 2014

2877

> e que 2015

288.7

< Juntando essas informações com (*) ficamos com

2014 2015

1287 288 287 288 287 2887 77 7 710 10 x 10 10 10 x 10 10 x 10 < < < < ⇒ < < ⇒ ≤ <

Assim, a parte inteira de 7 x tem 288 algarismos.


PROBABILIDADE Sejam a < b < c números inteiros distintos no intervalo [1, 20] que estão em P.G. Daí, b2 = a · c. Vejamos então as possibilidades das PG’s que podemos formar:

OSG.: 101013/1552

ITA – 2016

12 = ? 22 = 1 ⋅ 4 ⇒ Tripla 1, 2, 4 32 = 1 · 9 ⇒ Tripla 1, 3, 9 42 = 1 · 16 = 2 · 8 ⇒ Triplas 1, 4, 16 e 2, 4, 8 52 = ? 62 = 2 · 18 = 3 · 12 = 4 · 9 ⇒ Triplas 2, 6, 18, 3, 6, 12 e 4, 6, 9 72 = ? 82 = 4 · 16 ⇒ Tripla 4, 8, 16 92 = ? 102 = 5 · 20 ⇒ Tripla 5, 10, 20 112 = ? 122 = 8 · 18 = 9 · 16 ⇒ Triplas 8, 12, 18 e 9, 12, 16 132 = ? 142 = ? 152 = ? 162 = ? 172 = ? 182 = ? 192 = ? 202 = ? Temos 11 triplas que formam PG’s.

Portanto: 11 11 6

P203

⋅= =

11P

20 19 183 1140⇒ =

⋅ ⋅

Resposta correta: (NULA)

TRIGONOMETRIA Solução: De acordo com o enunciado, temos:

tgx = 7, logo:

senx = 14

.4

− (x ∈ [π;

3

2

π]) x

1

2 2

7

Portanto: sen3x = 3 senx – 4 sen3x sen3x = senx (3 – 4 sen2x)

sen3x = 14

4− ⋅ (3 – 4

14⋅7

162 )

OSG.: 101013/1553

ITA – 2016

Então:

sen3x = 14

4

− ⋅ 1

2 −

=41

8


SEQUÊNCIA Podemos verificar todas as propriedades por indução. I. Observe que, se supormos an–1 > an, teremos:

( ) ( )n 1 n n 1 n 10 n 1 10 n n n 1a a 1 a 1 a log 1 a log 1 a a a− − − +> ⇒ + > + ⇒ + > + ⇒ >

Provamos que an–1 > an implica em an > an+1

II. Veja que, se an > 0, teremos:

( )n 1 10 n 10 n 1a log 1 a log 1 0 a 0+ += + > = ⇒ >

Provamos que an > 0 implica em an+1 > 0. III. Observe ainda que, se an < 1, teremos:

( ) ( )n 1 10 n 10 10 n 1a log 1 a log 1 1 log 2 1 a 1+ += + < + = < ⇒ <

Agora que provamos o passo indutivo para todas as propriedades, devemos ter o cuidado de provar os casos iniciais. I. Veja que ( )2 10 1 2 1a log 1001 4 a a a= < < → <

II. a1 = 1000 > 0 III. ( )2 10a log 1001 4= < . Assim, ( ) ( )3 10 2 10a log 1 a log 1 4 1.= + < + <

Provados os passos indutivos e os casos iniciais, o resultado segue por indução e a resposta é o item (D). Resposta correta: (D)

OSG.: 101013/1554

ITA – 2016

GEOMETRIA PLANA Seja O o centro do polígono Pn, e sejam A1, A2, ..., An, seus vértices. Como o polígono é regular, temos que, pela simetria, A1O = A2O = ... = AnO = R, donde existe uma circunferência de raio R centrada em O, que passa pelos vértices de Pn. Também, pela simetria, r = d(O, A1A2) = d(O, A2A3) = ... = d(O, AnA1), donde existe uma circunferência de raio r centrada em O, que é tangente aos lados de Pn.

Isso prova que os itens (I) e (II) são verdadeiros.

Para ver que (III) é falso, considere o polígono P12, como acima. Temos:

12

12 12

12 12 12

6 2sen 15 3 1 1 1 a2 4tg 15º 1.

a cos 15 2 2a 26 2 3 14

−° −= = = = < ⇒ < ⇒ >° + +

ℓℓ

ℓ


OSG.: 101013/1555

ITA – 2016

GEOMETRIA PLANA A maior corda do círculo circunscrito ao triângulo é seu diâmetro, que vale 2 cm. Portanto, o maior lado do triângulo é diâmetro da circunferência ⇒ Tal triângulo é retângulo de hipotenusa 2 cm.

A

CD 1

B

c

1

bb 1

2

Seja ABC tal triângulo com hipotenusa a = 2 cm e catetos b e c, com b < c. Daí:

1) [ ] 2ABC = ah

2

⋅a

1 1h

2 2= ⇒ =

2) [ ] b c 1 2ABC b c

2 2 2

⋅= = ⇒ ⋅ =

2 2

b c b c 22

⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ =

3) Além disso, por Pitágoras: 2 2b c 4 .+ = Assim:

( )

2 2 2 4 2 4 2 4 22

22 2

2b c 4 b 4 b 2 4b b 4b 2 0 b 4b 4 2

b2

b c 2 c b 2 2 b 2 2b

+ = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ − + = ⇒ − + = ⋅ = ⇒ = ⇒ − = ⇒ − = ±

Como 2 2 2 2 2 2 2b b b c 4 b 2 b 2 2 b 2 2+ < + = ⇒ < ⇒ − = − ⇒ = −

b 2 2⇒ = −

Menor lado


OSG.: 101013/1556

ITA – 2016

SISTEMAS LINEARES Usando o Teorema do Escalonamento. Temos:

Logo:

b 4z

a 6

−=−

Com isso: a − 6 = 0 e b − 4 ≠ 0. Então: a = 6 e b ≠ 4. Resposta correta: (A)

OSG.: 101013/1557

ITA – 2016

GEOMETRIA ANALÍTICA Primeira solução:

A

P

B x

y

T

Q

– 2

2

10

α

P = (0, 2); T = (1,0); A = (–2,0); B = (2,0)

I. OP = 2 e OT = 1 ⇒ PT = 2 2OP OT+ ⇒ PT 5=

II. Aplicando potência de ponto em T:

3 5

AT TB PT TQ 3 1 5 TQ TQ5

⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =

III. Daí, PQ = PT + TQ ⇒ 8 5

PQ5

=

IV. Finalmente, aplicando lei dos cossenos no ∆POQ:

PQ2 = PO2 + OQ2 – 2 ⋅ PO ⋅ OQ ⋅ cosα ⇒ 64

5 = 4 + 4 – 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ cos α = 8 – 8 cosα ⇒

24

5 = – 8 cosα ⇒

cos α = 3

5−

Outra solução: Se (x, y) é interseção da circunferência com a reta, então:

2 2x y 4 (1)y 2(1 x) (2) + = = −

substituindo (2) em (1): x2 + 4(1 – 2x + x2) = 4 ⇒ 5x2 – 8x = ⇒ x = 0 ou x = 8

5 ⇒

y = 2 ou y = 6

5−

Assim, temos que as interseções são P (0,2) e Q = 8 6

; ,5 5 −

donde 8 6 12

OP OQ 0 2 .5 5 5

⋅ = ⋅ + ⋅ − = −

Porém, 12 3

OP OQ OP OQ cos 2 2 cos 4 4cos cos .5 5

⋅ = ⋅ ⋅ α = ⋅ ⋅ α = ⇒ α = − ⇒ α = −


OSG.: 101013/1558

ITA – 2016

TRIGONOMETRIA, TRANSFORMAÇÃO DE SOMA EM PRODUTO Considere o triângulo retângulo abaixo:

ℓℓ senα

ℓ senβ

α

β

Daí, temos que:

sen sen 5 sen sen 5 1+ α + β = ⇒ α + β = −ℓ ℓ ℓ ℓ

Transformando a soma de senos em produto:

( ) ( )

( )

( )( )

( ) ( ) ( )

45º2

2

cos 1 arco duplo

22

sen 0

22 sen cos 5 1 2 cos 5 1

2 2 2 2

2 cos 5 1 2cos 6 2 5 cos 5 2 52 2

cos 5 2 5 sen 1 cos 1 5 2 5

20 5 44

α+β=

α−β +

β−α >

α + β α − β α − β ⋅ = − ⇒ ⋅ ⋅ = − ⇒

α − β α − β ⇒ = − ⇒ = − ⇒ α − β = −

⇒ β − α = − ⇒ β − α = − β − α = − − =

= −


OSG.: 101013/1559

ITA – 2016

MATRIZES

• 1

1 10 01 1 1 1 1 02 2M M

2 0 1 2 0 1 0 11 1

2 2

−

− − = ⇒ = ⋅ = − −

• T2 1 2 1N N

1 3 1 3− = ⇒ = −

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

T 1

101 1 2 1 2 12MN M N

2 0 1 3 1 1 31

21 1

0 2 1 0 1 31 1 1 31 2 1 1 2 21 12 2 0 1 2 1 0 3 1 2 1 1 1 32 2

−

− − • − = ⋅ − ⋅ = − −

⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − + − ⋅ ⋅ + − ⋅= − = ⋅ − ⋅ ⋅ − + ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅

1 3 3 111 4 2 2 2 24 2 5 1 13 5

2 2 2 2

− − − = − = − − −


NÚMEROS COMPLEXOS

I) Verdadeiro

z iw 1 2iw t 2 3i

− = −− = +

( )1 i w 3 i3 i 1 i

w1 i 1 i3 3i i 1

w1 1

2 4iw

2w 1 2i

− ⋅ = ++ += ⋅− ++ + −=

++=

= +

OSG.: 101013/1560

ITA – 2016

Com isso:

z 1 2i 2 3i z 1 i= + − − ∴ = − −

Logo: 2 2z w 1 2i 1 1 4i 4+ = + − + + − 2 2z w 3 6i+ = − + (V)

II) Se z x yi,= + temos:

( )2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 x y x y 2xyi 4 2i

2x 2y x y 2xyi 4 2i3x y 2xyi 4 2i

⋅ + + − + = ++ + − + = ++ + = +

Com isso: 2 23x y 4+ = (I)

2xy 2= (II)

Logo:

1y

x=

Então:

22

4 2

4 2

2 2

13x 4

x3x 1 4x3x 4x 1 0

1x 1; x

31

x 1; x3

+ =

+ =− + =

= =

= ± = ±

Portanto:

1

2

3

4

x 1 y 1 z 1 1ix 1 y 1 z 1 i

1 1x y 3 z 3i

3 31 1

x y 3 z 3i3 3

= → = → = += − → = − → = − −

= → = → = +

= − → = − → = − −

Concluímos que:

1 2 3 4z z z z 0+ + + = III) Falso

2

z 1 i

z 1

= −= 22i i− +

( )( ) ( )

2

58 29

59 29 29

59 29 2 59

z 2iz 2 iz 2 i z 2 i 1 i

z 2 i i z 1 i

∴ = −= − ⋅= − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ −= ⋅ − + ∴ ⋅ − −


OSG.: 101013/1561

ITA – 2016

GEOMETRIA PLANA, TANGENTES À CIRCUNFERÊNCIA (i)

Seja O o centro de λ. Como OP OQ PQ 4cm,= = = temos que o

OPQ∆ é equilátero, donde ɵ OPQ PQO QOP 60= = = °

(ii) Além disso, como PR e QR são tangentes, OP PR e OQ QR,⊥ ⊥

donde ɵ RPQ RQP 90 60 30= = ° − ° = °

(iii) Sendo T o pé da perpendicular de R a PQ, temos

RT 3 RT 3

tg 30PT 3 2 3

= ° = ⇒ =

2 3

RT cm3

⇒ =

(iv) A área do 21 1 2 3 4 3PQR é PQ RT 4 cm

2 2 3 3∆ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =


OSG.: 101013/1562

ITA – 2016

GEOMETRIA ANALÍTICA De acordo com o enunciado, temos:

Com isso: 0 1x ya 02 00 1

= 2 – x – ay ⇒ | 2 x ay |

2

− − = 5 ⇒ | 2 x ay | 10 . (I)− − =

Mas: y = mx + 1 ∴ m = 1.

2

Logo: 1y x 1.

2= ⋅ +

Então: 12 a a a 1

2 − − ⋅ +

= 10.

212 a a a

2− − − = 10.

212 2a a

2− − = 10.

Com isso:

2 – 2a – 21a

2 = 10; 2 – 2a – 21

a2

= – 10.

21a

2 + 2a + 8 = 0; 21

a2

+ 2a – 12 = 0. (II)

(a ∉ R) Logo, resolvendo a equação (II) obtemos: a2 + 4a = 24 (+4) a2 + 4a + 4 = 28. (a + 2)2 = 28 a + 2 = 2 7±

Portanto: a 2 7 2 ;= −

a = 2 7 2− − (Não satisfaz) Resposta correta: (D)

OSG.: 101013/1563

ITA – 2016

POLINÔMIO E P.G. (8; m; n) P.G

2m 8 n= ⋅

Mas: m + n + 8 = 14. m + n = 6 (8) 8 m + 8n = 48 Logo:

2

2

2

m 8m 48 ( 16)

m 8m 16 64

(m 4) 64

m 4 8 m 4 ; n 2

m 12 não satisfaz

+ = +

+ + =+ =

+ = ± → = =→ = −

Com isso: 8 4 2

2 6 2

2 2 4 2

P(x) x x 2x .

P(x) x (x x 2)

P(x) x (x 1) (x x 2)

= + −

= ⋅ + −= ⋅ − ⋅ + +

Então:

2 2 4 2x 0; x 1 0; x x 2 0= − = + + = x = 0 (uma raiz dupla) x = ± 1 (uma raiz simples) Porém:

4 2x x 2 0+ + = Artifício

2

2

x k

k k 2 0

1 8 7

=

+ + =∆ = − = −

OSG.: 101013/1564

ITA – 2016

Logo:

1 i 7k

2− ±=

Concluímos que:

2 1 i 7x

2

1 i 7x .

2

− ±=

− ±= ±


GEOMETRIA PLANA Solução: De acordo com o enunciado, temos:

Usando a lei dos cossenos no ∆ABN, temos: x2 = 9a2 + 4a2 – 2 · 3a · 2a · cos 60º.

x2 = 13a2 – 6a2 ∴ x = a 7.

Usando a lei dos cossenos no ∆MAN, temos:

a2 = x2 + x2 – 2 · x · x · cosα.

a2 = 14a2 – 2 · 7a2 · cosα. Portanto:

14a2 · cosα = 13a2.

13cos .

14=


OSG.: 101013/1565

ITA – 2016

GEOMETRIA ESPACIAL

Analisando o triângulo hachurado, temos que seus lados são como na figura ao lado (basta aplicar Pitágoras).

Assim, 2R r AT rsenx

R r AP AP

−= = =+

( )

( ) 2

r R rAP PQ AP AT TQ

R r

r R r 2Rr 2R PQ

R r R r

+= ⇒ = + + =

−+

+ + = =− −

Além disso, 2QU R r R

tg QUPQ 2 Rr Rr

−α = = ⇒ =

Portanto, o volume de K é ( )( ) ( )2

ALTURAÁREA DA BASE

1QU PQ

3⋅ π ⋅ ⋅ =

⇒ ( )

4 2 51 R 2R 2 R

3 Rr R r 3r R r

π= π ⋅ ⋅ =− −

Assim, a resposta correta parece ser o item b, mas só parece. A verdade é que a questão tem de ser anulada porque a posição de S2 como na figura, não é a única possibilidade. Há na verdade, infinitas esferas S2 que estão no interior de K e que são tangentes simultaneamente à S1 e à superfície lateral de K. Veja:

Cada uma dessas esferas S2 fornece um valor diferente para o volume de K (por exemplo, a esfera destacada, se for considerada como S2,

faz com que o volume de K seja igual a ( ) ( )

4

2 2 2

8 R r Rr

3 R r 6Rr R r

π− − −

,

que não está em nenhuma das alternativas.

Como os dados da questão permitem interpretações múltiplas, ela deveria ser anulada.

Resposta correta: (NULA)

OSG.: 101013/1566

ITA – 2016

POLINÔMIOS

Pegue um número t complexo que satisfaça 3 2t t t 1 0. (*)+ + + =

Multiplicando a equação (*) por (t – 1) obtemos que 4t 1 0.− =

Agora, note que

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 3 2 4 3 2 3 2P t t 2 i t 2 i t 2 i t 1 i t 2t 2t 2t 1 i t t t 1= + + + + + + + + = + + + + + + + + =

( ) ( ) ( ) ( )4 3 2 3 2 3 2 3 2t t t t t t t 1 t t t 1 t t t t 1 0.+ + + + + + + = + + + ⋅ + + + + =

Logo, todas as raízes do polinômio ( ) 3 2Q x x x x 1= + + + são também raízes de ( )P x

Porém, sabemos que as raízes de Q(x) são as raízes da unidade i, – i e – 1, portanto, podemos dizer que as raízes de P(x) são – 1, i, – i e a, onde a é um complexo que ainda iremos descobrir.

Pelas relações de Girard no polinômio P(x), sabemos que o produto de suas raízes será igual ao termo independente, já que o coeficiente líder é 1, e assim:

( ) ( ) ( )a 1 i i 1 i a 1 i a 1 i⋅ − − = + ⇒ − = + ⇒ = − −

Veja que ( ) ( )2 2a 1 1 2,= − + − = o que torna o item E verdadeiro.


0

OSG.: 101013/1567

ITA – 2016

ANÁLISE COMBINATÓRIA

Numere as cores de 1 a 6. Pegue uma coloração válida e ponha o cubo sobre uma mesa

com a face de cor 1 virada para baixo. Há 5 possibilidades para a face ⊗. (1) As 4 cores restantes devem ser colocadas nas faces restantes e usando a fórmula para permutações circulares, temos (4 – 1)! = 6 modos de fazer isso (2) como os eventos (1) e (2) são independentes, o total de maneiras de colorir o cubo é 5 · 6 = 30.


GEOMETRIA PLANA

OSG.: 101013/1568

ITA – 2016

Temos que:

→ sen (75°) = sen (45° + 30°) ⇒ sen 45° ⋅ cos 30° + sen 30º ⋅ cos 45º ⇒ 2 3 1 2 6 2

sen752 2 2 2 4

+⋅ + ⋅ ⇒ ° =

→ cos 75° = cos (45° + 30°) = cos 45° ⋅ cos 30° – sen 45° ⋅ sen 30° ⇒ 2 3 2 1 6 2

cos752 2 2 2 4

−⋅ − ⋅ ⇒ ° =

Lei dos Senos no ∆ANP:

3NP 1 3 42NP

sen 60 sen 75 26 2 6 24

= ⇒ = = ⋅° ° + +

⇒

⇒ ( )

( ) ( )2 3 6 22 3 6 2 2 6 3 2 6

NP NP6 2 26 2 6 2 6 2

⋅ − − −= = = ⇒ =−+ + ⋅ −

Agora, Lei dos Cossenos no ∆NPM:

22 2 2 2 23 2 6

NM NP MP 2 NP MP cos 75º NM 1 22

−= + − ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = + −

3 2 6

2

−⋅

( )2 2

6 21

4

6 3 6 6 2 318 6 12 3 24 12 3 4 8 3 12 40 20 3NM 1 NM 10 5 3

4 4 4 4

NM 10 5 3

−⋅ ⋅ ⇒

− − ++ − − + − + −= + − = ⇒ = = − ⇒

= −


FUNÇÕES

a) Para x ∈ Df precisamos que ( )

( )2

x 1 0 1x 2x 8 0 2 + > − − >

De (1) temos x > –1 (3) Olhando o gráfico do polimônio P(Z) = Z2 – 2Z – 8 de raízes 4 e –2 Temos:

OSG.: 101013/1569

ITA – 2016

Logo, para que P(Z) seja positivo devemos ter Z ∈ R – [–2,4]

Como sabemos por (2) que X é um número tal que P(x) > 0, teremos que X ∈ R – [–2,4] (4).

De (3) e (4), temos que x ∈ R – (–∞,4) e assim Df = R – (–∞,4).

b) f(x) = 2 ⇔ logx + 1(x2 – 2x – 8) = 2 ⇔ (x + 1)2 = (x2 – 2x – 8) ⇔ x2 + 2x + 1 = x2 – 2x – 8 ⇔ 4x = – 9 →

x = 9

4− → ABS!, pois ( )f

9D ,4

4− ∉ = − −∞R

Logo, o conjunto solução desse item é ∅.

c) f(x) > 1 ⇔ logx + 1(x2 – 2x – 8) > 1. Como vimos que x ∈ R – (– ∞, 4), temos x > 0 ⇒ x + 1 > 1

Logo, logx + 1(x2 – 2x – 8) > 1 ⇔ x2 – 2x – 8 > x + 1 ⇔ x2 – 3x – 9 > 0 ⇔ 2

3 45x 0

2 4 − − >

⇔

⇔ 2

3 45 3 3 45 3 3 5x . Porque x 0, teremos x x (5)

2 4 2 2 2 2+ − > − > − > ⇒ >

Como 3 3 5

42

+ > ⇒ O fato (5) nos dá o seguinte conjunto solução 3 3 5

x / x2

+ ∈ >

R

TRIGONOMETRIA

Temos que: x, y ∈ [o, π] e

12 cosx sen y

21

2 senx 3 cos y2

⋅ − = ⋅ + ⋅ = −

Daí,

( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 cosx sen y 2 sen x 3 cos y 2

2 1 2 3cosx sen y sen x cos y

2 2 2 2

2 2 1 3cosx sen x sen y cos y

2 2 2 2cos 45º cosx sen 45º sen x sen 30º sen y cos 30º cos y

cos 45º x cos 30º y cos 45º x cos 30º y 0

45º x 30º y2 cos

2

⋅ − = − ⋅ − ⋅ ÷

⇒ ⋅ − ⋅ = − ⋅ − ⋅

⇒ ⋅ + ⋅ = ⋅ − ⋅

⇒ ⋅ + ⋅ = ⋅ − ⋅⇒ − = − + ⇒ − + + =

− + +⇒ ⋅

45º x 30º y 75º x y 15º x ycos 0 cos cos 0º

2 2 2− − − − + − − ⋅ = ⇒ ⋅ =

OSG.: 101013/1570

ITA – 2016

Temos, então, 2 casos a considerar:

1º caso: 15º x y

cos 02

− − =

0º x 180º

0º y 180º

≤ ≤≤ <

⇒ 0º x y 360º 0º x y 360º≤ + ≤ ⇒ ≥ − − ≥ − ⇒

15º 15º x y 345º15º 15º x y 345º

2 2 215º x y

90º 15º x y 180º x y 180º 15º x y 195º2

y 195º x

− −⇒ ≥ − − ≥ − ⇒ ≥ ≥ −

− −⇒ = − ⇒ − − = − ⇒ + = + ⇒ + =

⇒ = −

15º

2

−172,5º

2º caso: 75º x y

cos 02

− + =

0º x 180º0º y 180º

≤ ≤≤ ≤ ⇒ – 180º < – x + y < 180º ⇒

–105º ≤ 75º – x + y ≤ 255º ⇒ 105º 75º x y 255º

2 2 2

− +− ≤ ≤

⇒ 75º x y

90º 75º x y 180º y x 105º y x 105º2

− + = ⇒ − + = ⇒ − = ⇒ = +

Portanto, y = 195º – x ou y = x + 105º.

1º) Se y = 195º – x ⇒ 1

2 cos x sen(195º x)2

⋅ − − = ⇒ 1

2 cos x sen(15º x)2

⋅ − − = ⇒

⇒ 2 ⋅ cos x + sen 15º · cos x – sen x ⋅ cos15º =12⇒

⇒ 2 ⋅ cos x + 6 2

4

−

⋅ cos x – sen x · 6 2

4

+

= 1

2

( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

4 2 cosx 6 cosx 2 cosx 6 senx 2 senx 2

cosx 3 2 6 sen x 6 2 2

3 2 6 2senx cosx

6 26 2

3 2 6 6 2 2 6 2senx cosx

4 4cosx 6 3 6 6 2 3 6 2

senx4 2

6 2senx cosx 3

2

⇒ ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ =⇒ + − + =

+⇒ = − + +

+ ⋅ − ⋅ −⇒ = ⋅ −

− + − −⇒ = −

−⇒ = ⋅ −

255º

2

105º

2

−

OSG.: 101013/1571

ITA – 2016

Como:

( )( )

( ) ( )( ) ( )

( )

2

2 2 2

2 2

2

2

2

6 2sen x cos x 1 cos x cos x 3 1

2

6 2 4 3cos x 3 cos x cos x 3 6 2 1

4

4 cos x 2 3 cos x 3 2 6 1

4 cos x cos x 3 2 6 1 3 0

3 2 6 16 1 3

18 6 12 3 16 16 3

4 3 8

3 2 6 8 4 3cos x

8

−⇒ + = ⇒ + ⋅ − =

+ −

⇒ + ⋅ + − ⋅ ⋅ − =

⇒ ⋅ + − − ⋅ − =

⇒ ⋅ − ⋅ − + − =

⇒ ∆ = − − ⋅ − =

= + − − + == +

− ± +⇒ =

( )( )

2 2 2 60

83 2 6 6 2cos x cos x ou

84 2 2 5 5

x e y x, y ,8 2 4 6 4 6

− <− ± +

⇒ = ⇒ = π π π π = ⇒ = = ⇒ =

2º)

( )

( )

1Se y x 105º 2 · cos x sen x 105º

21

2 · cos x sen x ·cos 105º sen 105º · cos x2

12 · cos x sen x · sen 15º cos 15º · cos x

2

6 2 6 2 12 · cos x sen x · cos x ·

4 4 2

4 2 · cos x 6 · sen x 2 ·senx 6·cos x 2 · cos x 2

cos x · 3 2 6 sen x ·

= + ⇒ − + =

⇒ − − =

⇒ + − =

− +⇒ + − =

⇒ + − − − =

⇒ − + ( )( )( )

( )

6 2 2

3 2 62sen x cos x ·

6 2 6 2

2 · 6 2 cos x · (3 2 6) · ( 6 2)sen x

4 4

6 2 cos x · (6 3 6sen x

2

− =

−⇒ = −

− −

+ − +⇒ = −

+ +⇒ = − 6− 2 3)

4

6 2sen x cos x · 3

2

−

+⇒ = −

OSG.: 101013/1572

ITA – 2016

2

2 2 2

2 2

2

6 2Como sen x cos x 1 cos x cos x · 3 1

2

6 2 4 3cos x 3 cos x cos x · 3 · ( 6 2) 1

4

4 cos x cos x · (3 2 6) (1 3) 0

++ = ⇒ + − =

+ +⇒ + + − + =

⇒ − + + + =

( ) ( )( ) ( ) ( )

( )

( )

23 2 6 16 1 3 18 6 12 3 16 16 3 8 4 3

3 2 6 8 4 3 3 2 6 6 2cosx

8 83 2 6 6 2 2 2 2 6 2 2

x e y x, y , .8 8 12 3 12 3

cosx ou

3 2 6 6 2 2 5 5x e y x,y , .

8 2 4 6 4 6

∆ = + − ⋅ + = + + − − = − ⇒

+ ± − + ± −⇒ = = ⇒

+ + − + π π π π = ⇒ = = ⇒ = ⇒ =

+ − + π π π π = ⇒ = = ⇒ =

Temos, portanto, 2 soluções: ( ) 5 2x, y , e ,

4 6 12 3

π π π π =

ÁREAS

Veja que o hexágono H é a junção de 6 triângulos equiláteros de lado RH, como ilustrado abaixo

Veja que a área de cada triângulo pequeno é:

2H H HR · R · sen 60º R · 3

2 4=

Portanto, a área de H é 2 2H HR 3 3 3 R

6 ·4 2

=

Veja que o triângulo T é a junção de 3 triângulos isósceles como mostrado abaixo:

Veja que a área de cada triângulo menor é: 2

T T HR · R · sen 120º 3 R

2 4=

Portanto, a área de T é 2 2T T3 · R 3 3 R

3·4 4

=

OSG.: 101013/1573

ITA – 2016

Igualando as áreas em e , temos:

22 2H T H H

T T

3 3 R 3 3 R R 1 R 22 4 R 2 R 2

= → = → =

MATRIZES

(A) Se B é tal que BA = I2, então B é 2 × 3, ou seja, B = a c e.

b d f

Assim:

BA = I2 ⇒ a c eb d f

⋅ 1 00 11 1

= 1 00 1

⇒

a e 1b f 0d f 1c e 0

+ = + = + =

+ =

⇒ c 1 c cB , b, c

b b 1 b+ − = ∈ + −

R são todas as

matrizes pedidas.

(B) A matriz B = 1 0 00 1 0

satisfaz a equação BA = I2 (pelo item (a)), e além disso:

BBT = 1 0 00 1 0

. 1 00 10 0

= 1 00 1

= I2. Logo, a resposta para o item (b) é sim.

COMBINAÇÕES Determinaremos os 6 movimentos do garoto por uma sequência com 6 posições, em que cada uma delas contém uma letra dentre N, S, L, O e queremos saber quantas sequências fazem o garoto retornar à posição inicial. Para que o aluno retorne ao ponto de partida, é necessário que o número de N’s seja igual ao número de S’s e o número de L’s é igual ao número de O’s. Seja x o número de N’s e y o número de L’s

OSG.: 101013/1574

ITA – 2016

O total de passos será 2x + 2y = 6 e assim x y 3+ =

Caso 1: x = 0 e y = 3

Haverá 3L’s e 30’s e o número de maneiras de permutá-los é 6!

20.3!3!

=

Caso 2: x = 1 e y = 2

Haverá 1N, 1S, 2L’s e 20’s e o número de maneiras de permutá-los é 6!

180.1!1!2!2!

=

Caso 3: x = 2 e y = 1 É análogo ao caso 2, nos gerando 180 possibilidades. Caso 4: x = 3 e y = 0 É análogo ao caso 1 e nos gera 20 possibilidades. Por fim, o número de maneiras do menino voltar ao ponto inicial é 20 + 180 + 180 + 20 = 400. Como em cada retirada há 4 possibilidades para a bolinha e fazemos 6 retiradas, teremos um espaço amostral com 46 elementos.

Para concluir, a probabilidade requerida será, como de costume: 6

casos favoráveis 400 25casos totais 4 256

= =

GEOMETRIA ANALÍTICA Sabemos que S2 é precisamente o eixo x e que S1 é a semirreta sobre o eixo y que tem origem no ponto A e que não passa pela origem do sistema. a) A distância de P à semirreta que representa S1 é a altura de P a esta

reta, pois o pé da altura cai em seu interior. Logo, d(P, S1) = 1, que é a ordenada de P.

Já o pé da altura de Q à semirreta de S1 não cai sobre esta e portanto

teremos d(Q, S1) = d(Q, A) = 2 2(0 ( 3) (2 0)− − + − = 13.

b) Vamos dividir o lugar geométrico (L ⋅ G) em duas partes. 1ª parte: Os pontos T = (a, b) que estão no L . G e tem b ≥ 2. O pé da

altura de tais pontos à semirreta de S1 cai sobre esta e portanto d(T, S1) será o valor da altura de T ao eixo y, que é por definição igual a |a|.

Também, sabemos que d(T, S2) é a distância T ao eixo x, que é por definição igual a | b | b

b 2

=↑≥

.

Para que tenhamos d(T, S1) = d(T, S2) é necessário que b = |9| ⇒ a = ± b ⇒ T = (– b, b) ou T = (b, b), ∀b ≥ 2.

OSG.: 101013/1575

ITA – 2016

2ª parte: Os pontos T = (a, b) que estão no L.G e tem b < 2. Como os pés das alturas desses pontos à

semirreta de S1 não estão sobre a mesma, temos que d(T, S1) = d(T, A) = 2 2(a 0) (b 2) (1)− + −

Também, temos que d(T, S2) é a distância de T ao eixo x, ou seja, d(T, S2) = |b| (2)

De (1) e (2) temos que d(T, S1) = d(T, S2) ⇔ 2 2(a 0) (b 2)− + − = |b| ⇔ a2 + (b – 2)2 = b2 ⇔ a2 + b2 – 4b

+ 4 = b2 ⇔ 2a 4

4

+ = b (*)

Porém, b < 2

(*)

⇒2a 4

4

+ < 2 ⇒ |a| < 2 (**)

Juntando (*) e (**) concluímos que os pontos T = (a, b) que satisfazem d(T, S1) = d(T, S2) e tais que b < 2

formam um arco de parábola descrito por: 2a 4

4

+ = b e |a| < 2.

Logo, a figura do lugar geométrico ficará semelhante ao desenho a seguir.

POLINÔMIOS a) Divida a equação dada por x2 nos dois lados. Ficamos com:

2 22 2

1 1 1 1ax bx c b a 0 a x b x c 0

x x x x + + + ⋅ + ⋅ = ⇔ + + + + = ⇔

( )2

21 1a x 2 b x c O a z 2 bz c 0

x x

+ − + + + = ⇔ − + + = ⇔

( )2az bz c 2a 0 (*)+ + − =

E assim, ficamos com uma equação do 2° grau. b) Veja que a equação dada tem a mesma estrutura da equação do item a, porém com os seguintes valores

para as variáveis:

a 1b 3c 2

= = = −

Os pontos do L.G. são: • T = (b, b), com b ≥ 2 • T = (– b, b), com b ≥ 2

e T = 2a 4

a, ,4

+

com |a| < 2.

OSG.: 101013/1576

ITA – 2016

Fazendo 1

x zx

+ = e usando a equação (*) com os valores acima, teremos:

( )( )2 2z 3z 2 2 1 0 z 3z 4 0+ + − − ⋅ = ⇒ + − = 1

Por Bháskara, a equação 1 tem soluções z 1 e z 4= = −

Se 2 21z 1 x 1 x 1 x x x 1 0.

x= → + = ⇒ + = ⇒ − + = Por Bháskara teremos

1 i 3 1 i 3x e x

2 2

+ −= = como soluções.

Se 2 21z 4 x 4 x 1 4x x 4x 1 0.

x= − → + = − ⇒ + = − ⇒ + + = Por Bháskara teremos

x 2 3 e x 2 3.= − + = − −

Por fim, as 4 soluções da equação dada serão 1 i 3 1 i 3

, , 2 3 e 2 32 2

+ − − + − −

GEOMETRIA ANALÍTICA, CÔNICAS E VETORES

(i) Vamos encontrar as interseções de λ1 e λ2:

2 2

2 2

x y 8x 4y 206x 12y 12 x 2y 2

x y 2x 8y 8+ − + = − + = ⇒ = −+ − − = ⇒

@

De x2 + y2 – 8x + 4y = 20, obtemos (2(y – 1))2 + y2 – 8 (2(y – 1)) + 4y = 20 ⇒ 5y2 – 20y + 20 = 20 ⇒

y = 0 ou y = 4 (x = –2 ou x = 6). Como B está no 1º quadrante, temos ( ) ( )A 2,0 ; B 6,4= − = .

(ii) Como λ1: (x – 4)2 + (y + 2)2 = 40 e λ2: (x – 1)2 + (y – 4)2 = 25, temos que ( ) ( )1 2O 4, 2 e O 1,4= − = são

os centros de λ1 e λ2, respectivamente.

(iii) Se ( )C a,b= , então como C ∈ λ1, temos ( )2 2a b 8a 4b 20 1+ − + = e como AC é tangente a λ2,

2AC AO⋅

= 0 ⇒ ( )( ) ( )( )2 2C A O A C A O Ax x x x y y y y 0− − + − − = ⇒ (a + 2)(1 + 2) + (b – 0)(4 – 0) =

3a + 4b + 6 = 0 ⇒ 4

a b 2 (2)3

− = +

OSG.: 101013/1577

ITA – 2016

Substituindo (2) em (1): 2

2 24 4 25b 2 b 8 b 2 4b 20 b 20b 0 b 0

3 3 9 + + + + + = ⇒ + = ⇒ =

(Não

convém, pois nesse caso a = –2 ⇒ c = (–2,0) = A) ou ( )236 38 38 36

b a C ;5 5 5 5

= − ⇒ = ∴ = −

POLINÔMIOS

( ) ( ) ( )( )

( )

40 32

2

Se p x 1 x x 1 x

xR x ax bx c

= + + +θ

= + +

P(x) = (1 + x)3 ⋅ θ(x) + ax2 + bx + c P’(x) = 3 (1 + x)2 ⋅ θ(x) + (1 + x)3 ⋅ θ’ (x) + 2ax + b

( ) ( )P' 1 2a b I− = − +

P”(x) = 6 ⋅ (1 + x) ⋅ θ(x) + 3 ⋅ (1 + x)2 ⋅ θ’ (x) + 3 (1 + x)2 ⋅ θ’ (x) + (1 + x)3 ⋅ θ” (x) + 2a

( ) ( )P" 1 2a II− =

Logo: P’(x) = 40 ⋅ (1 + x + x2)39 ⋅ (1 + 2x) P’(–1) = 40 ⋅ (–1) = –2a + b P”(x) = 40 ⋅ 39 ⋅ (1 + x + x2)38 ⋅ (1 + 2x) ⋅ (1 + 2x) + 40 (1 + x + x2)39 ⋅ 2 P”(–1) = 40 ⋅ 39 + 40 ⋅ 2 = 2a Logo:

a 41 20= ⋅ Mas: –40 = –41 ⋅ 40 + b b = 41 ⋅ 40 – 40

b 40 40= ⋅ Porém: P(x) = (1 + x)3 ⋅ θ(x) + ax2 + bx + c P(–1) = +a – b + c = 1 Então: c = 1 + 40 ⋅ 40 – 41 ⋅ 20 c = 1 + 780 Portanto:

C 781=

OSG.: 101013/1578

ITA – 2016

GEOMETRIA ESPACIAL

Suponha que o cone tenha vértice V, que OABC seja o tetraedro em questão e que ℓ seja seu lado, como na

figura. O’ é o centro da face ABC.

Como O’ é baricentro do ∆ABC equilátero de lado ℓ, 2 3

AO’ Altura AO’3 3

= ⋅ ⇒ = ℓ

Ademais, por Pitágoras no ∆AOO’: AO2 = AO’2 + OO’2 ⇒ 2

2 ’2 6OO OO’

3 3= + ⇒ =ℓ ℓ

ℓ

Além disso, ∆VO’A ∼ ∆VOP ⇒ VO’ VO 1 3

1 VO’ AO’AO’ PO 1 3

= = = ⇒ = = ⇒ℓ

3 6 31 VO VO’ OO’ 6 3

3 3 3 6⇒ = = + = + ⇒ = ⇒ = −

+ℓ ℓ

ℓ ℓ

Finalmente, o volume do tetraedro é:

( )32 3 6 3 21 1 3 6 2 10 3 7 6

Área( ABC) OO’3 3 4 3 12 12 4

− −∆ ⋅ = ⋅ ⋅ = = =ℓ ℓ ℓ

OSG.: 101013/1579

ITA – 2016

QUÍMICA

TEORIAS ÁCIDO-BASE A) Errada. Em solução aquosa o íon brometo (Br–) é uma espécie química inerte, do ponto de vista da teoria

de Brönsted-Lowry, e não captura prótons, haja vista que seu ácido conjugado (HBr) possui constante de ionização que tende para infinito (K4 → ∞)

B) Correta. A ionização do NH3 em água consiste na equação química:

( )3(aq) 2 4(aq) (aq)NH H O NH OH+ −+ +ℓ

NH3 é base de:

♦ Arrhenius – produz OH– como único ânion em solução aquosa. ♦ Brönsted-Lowry – recebe próton H+. ♦ Lewis – cede par eletrônico.

C) Correta. O hidreto de potássio reage com água produzindo uma base (KOH):

KH(s) + H2O(ℓ) → KOH(aq) + 1/2H2(g)

D) Correta. O íons Li+ e Cℓ–, originados pela dissociação iônica do sal, são inertes em meio aquoso.

E) Correta. A ionização de álcoois em meio aquoso é desprezível, devido à baixíssima estabilidade da base conjugada (R–O–), como consequência do efeito indutivo doador exercido pelo grupo ligado ao oxigênio.


FUNÇÕES INORGÂNICAS Os sais CaSO4 e Ag2CO3 são insolúveis e relativamente conhecidos. O brometo de mercúrio I, Hg2Br2, é um dos poucos brometos insolúveis. Já FeBr3 é um sal de boa solubilidade. O caso do PbCℓ2 é o mais

interessante: é pouco solúvel em água fria (25 ºC, que é a situação da prova) e possui melhor solubilidade em água quente.


OSG.: 101013/1580

ITA – 2016

PROPRIEDADES COLIGATIVAS A elevação da temperatura de ebulição do solvente pela adição de soluto não volátil (efeito ebulioscópico) é calculado pela expressão:

e eT K w i∆ = ⋅ ⋅ Sendo: ∆Te = efeito ebulioscópico Ke = constante ebulioscópica do solvente = 0,51 K · Kg · mol‒1 i = fator de van’t Hoff = 1 (soluto não eletrolítico) w = molalidade = número de mols de soluto por quilograma de solvente O número de mols de soluto que corresponde a 15,7 g é 0,1 mol, já que sua massa molar é 157 g/mol. Se considerarmos 1 kg de água, ∆Te = 0,051 ºC, correspondendo aproximadamente ao item (A). No entanto, o problema não fornece a massa de solvente, de modo que se faz impossível encontrar a molalidade da solução e, consequentemente, não podemos determinar a elevação ebulioscópica.

CINÉTICA QUÍMICA Segundo a teoria das colisões, a velocidade de uma reação em fase gasosa do tipo A + B → produtos, é dada por:

v = fração de moléculas com

frequência de colisões . energia superior à energia de

entre as moléculas A e Bativação

O desenvolvimento desses termos dá origem à equação de Arrhenius, dada por: k = A⋅e –Ea/R⋅T. O termo A, chamado fator de frequência ou pré-exponencial, após desenvolvimento adequado, é fornecido

por: ( )2AA c (N ) P [A] [B]= σ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ , onde:

OSG.: 101013/1581

ITA – 2016

σ = seção de choque entre as moléculas; c = velocidade de aproximação das moléculas A e B em fase gasosa; NA = constante de Avogadro; P = fator estérico; [ ] = concentração da espécie reagente em mol/L. Assim: I – CORRETA. Segundo o texto acima, o termo A depende da frequência de colisões, independentemente de serem efetivas ou não. II – CORRETA. O termo e –Ea/R⋅T fornece as moléculas que, ao colidirem, possuem energia superior à energia de ativação. III – CORRETA. No gráfico lnk versus 1/T tem-se uma reta com coeficiente angular (- Ea/R.), e portanto, ao se multiplicar por (– R), pode-se obter o valor da energia de ativação. IV – FALSO. É determinado o valor de lnA pela intersecção do gráfico lnk versus 1/T com o eixo das ordenadas.


PROPRIEDADES DOS HIDROCARBONETOS

I.

2-Metilpentano

P.E = 60 °C

II.

3-Metilpentano

P.E= 63 °C

III.

2,2-Dimetilbutano

P.E= 50 °C

IV.

2,3-Dimetilbutano

P.E= 58 °C

V.

Hexano

P.E= 68 °C

OSG.: 101013/1582

ITA – 2016

A partir das estruturas concluímos que a temperatura de ebulição, dos hidrocarbonetos isômeros, cresce de acordo com o aumento da superfície de contato, ou seja, maior cadeia principal. No caso dos isômeros que apresentarem a mesma cadeia principal, a temperatura de ebulição é maior na estrutura mais simétrica. A ordem decrescente de pressão de vapor é III > IV > I > II > V Resposta correta: (C)

ESTRUTURA ATÔMICA

a) CORRETO. O número de massa A corresponde à soma do número de prótons e de nêutrons (número de

núcleons). b) CORRETO. A massa de um átomo é o número de vezes que o átomo é mais pesado que a unidade

de massa atômica (u). Como é uma medida, o único valor EXATO de massa atômica deve ser o do carbono-12 (12 u).

c) FALSO. A massa exata de 1 g refere-se a 6,02 ⋅ 1023 u (fator de conversão). A massa de um próton é maior que 1 u (mais precisamente 1,007276 u) e a massa de um nêutron é também maior que 1 u (mais precisamente 1,008665 u), e essa amostra ainda conta com elétrons. A formação de um núcleo a partir de prótons e nêutrons isolados envolve conversão de massa em energia. Assim, a soma de prótons e nêutrons não pode ser correspondente a 1 mol.

d) CORRETO. Em diferentes pontos do sistema solar, temos diferentes composições isotópicas para os mesmos elementos, gerando massas molares diferentes.

e) CORRETO. Como 6,02 ⋅ 1023 u = 1 g, o item está correto.


OSG.: 101013/1583

ITA – 2016

ELETROQUÍMICA

A pilha, entre outras possibilidades, teria as seguintes semirreações: Ânodo: H2(g) → 2 H+

(aq) + 2 e– Cátodo: 2 AgBr(s) + 2 e– → 2 Ag(s) + 2 Br–(aq) Assim, teríamos a solução 1: Nessa situação, os eletrodos possuem concentrações independentes. Assim, a concentração de Br– poderia variar livremente. Admitindo que a concentração de [Br–] seja igual a 1 mol/L (na falta de informação consideramos condição padrão), e aplicando a equação de Nernst à equação descrita, temos:

( )2

2

2 2+0

H

22+

H

H . Br0,059E E .log

n P

Br0,059 0,059Y X .log H .log

2 2 P

BrY X 0,059.pH 0,059.log

1

Y XY X 0,059.pH pH

0,059

−

−

−

= − ⇒

= − − ⇒

= + − ⇒ −= + ⇒ =

A solução 2 seria baseada na célula de Harned (Ionic Equilibrium, James Butler, pág. 53): Nessa situação a equação global fornecida possui [H+] = [Br–], pois o eletrólito de ambos os eletrodos é o mesmo (HBr), conforme figura a seguir:

Assim, a equação de Nernst fica:

OSG.: 101013/1584

ITA – 2016

2

2 2+0

H

4+

H . Br0,059E E .log

n P

H0,059Y X .log

2 1

Y X 0,118.pHY X

Y X 0,118.pH pH0,118

− = − ⇒

= − ⇒

= + ⇒−= + ⇒ =

Resposta correta: (B/D)

ESTUDO DOS GASES Sendo ideal o gás da amostra, podemos calcular a massa molar (Mx) deste.

p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T = x

x

mR T

M⋅ ⋅

566atm 3,1 L

760⋅ = 2

x

4,4 g8,21 10

M−⋅ ⋅ atm L

mol K

⋅⋅

⋅ 283 K ∴ Mx = 44,28 g/mol

Observe que a massa específica do gás da amostra (dx) é diretamente proporcional à sua massa molar (Mx).

dx = xM p

R T

⋅⋅

Então, sabendo que as condições de temperatura e pressão são iguais para o gás da amostra e o H2(g), podemos calcular a massa específica relativa desse. Veja:

2

x

H

d

d=

2

x

H

M

M=

1

1

44,28 g mol

2,02 g mol

−

−

⋅⋅

= 21,92 ≅ 22.


OSG.: 101013/1585

ITA – 2016

ELETROQUÍMICA Podemos calcular o ∆G° para a pilha utilizando a seguinte equação:

∆G° = – n ⋅ F ⋅ E°, em que

n = número de mols de elétrons

F = constante de Faraday

E potencial padrão da pilha

° =

Observe que o n envolvido na reação é igual a 2, dadas as variações nos estados de oxidação dos dois nitrogênios e do oxigênio que sofreram oxirredução.

2 2 2

32 0

12NO O H O 2H N O

2

++↑ ↑ ↑

+ + →

Então: ∆G° = – 2 ⋅ 9,65 ⋅ 104 C ⋅ mol–1 ⋅ 0,240 V ∆G° = – 46,32 kJ ⋅ mol–1 Resposta correta: (D)

EQUILÍBRIO QUÍMICO No sistema, com temperatura T, foram colocadas n mols de H2(g) e n mols de I2(g), totalizando 1 bar de pressão. A partir da reação, no sistema, temos:

H2(g) + I2(g) 2HI(g)

Início: P P 0 Variação: – x – x + 2x Equilíbrio: (P – x) (P – x) 2x

Fazendo:1 bar = 100 kPa, podemos afirmar que: P + P = 100 kPa ⇒ P = 50 kPa 2x = 22,8 kPa ⇒ x = 11,4 kPa P – x = 50 – 11,4 = 38,6 kPa

2 2

2 2 2HI

p 2 2H I

(P ) (2x) 519,84(22,8)K 0,350

(P )(P ) (P x) (38,6) 1489,96= = = = ≅

−


OSG.: 101013/1586

ITA – 2016

ELETRÓLISE A) Errada. Os íons Cu2+ conferem cor azul à solução e migram em direção ao catodo, onde sofrem redução. B) Correta. Os íons cromato conferem cor amarela à solução e migram em direção ao anodo. Porém, nesse

eletrodo ocorre a oxidação do oxigênio da água, pois o ânion cromato é inerte à oxidação:

( ) ( ) ( )2 2 g aq1H O O 2H 2e2

+ −→ + +ℓ

C) Correta. Quando o íon Cu2+ chega ao catodo ocorre sua redução a cobre metálico. Entretanto, antes que isso ocorra, há redução do hidrogênio da água, pois o cátion Na+ presente na solução é inerte à redução:

( ) ( ) ( )2 2 g aq2H O 2e H 2OH− −+ → +ℓ

D) Correta. Observando a figura constatamos que o deslocamento sofrido pelo íon cromato é maior, no mesmo intervalo de tempo.

E) Correta. Conforme visto no comentário do item C, há formação de íons H+ no anodo. Resposta correta: (A)

REAÇÕES INORGÂNICAS/ESTEQUIOMETRIA Observe a reação o tiossulfato de potássio com excesso de ácido clorídrico.

K2S2O3(aq) + 2HCℓ(aq) → SO2(g) + S(s) + H2O(ℓ) + 2KCℓ(aq)

OSG.: 101013/1587

ITA – 2016

Admitindo que as impurezas não reagem, encontramos m como massa teórica de enxofre, produzida na reação.

2 2 32 2 3

32,06 g de S 95m 20 g de K S O 3,20 g de S.

190,32 g de K S O 100= ⋅ ⋅ ≅

Cálculo do rendimento

massa real 3,2r 100 100 100%

massa teórica 3,20= ⋅ = ⋅ =


TERMOQUÍMICA Observando a reação de combustão do metano, podemos calcular a energia liberada na combustão deste (∆HC).

( ) ( ) ( ) ( )24 g 2 g 2 g gCH 2O CO 2H O+ → +

( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )

C f 2 f 2 f 4g g g

1C

1C

H 2 H H O H CO H CH

H 2 285,83 393,51 74,81 kJ mol

H 890,36 kJ mol

−

−

∆ = ⋅ ∆ + ∆ − ∆∆ = ⋅ − − − − ⋅

∴ ∆ = − ⋅

Para vaporizar 1 L de água pura, necessita-se do calor Q, sendo:

( )2 2 2 2H O H O H O vap H OQ n C T n H ,= ⋅ ⋅ ∆ + ⋅ ∆ em que:

2

2

1 1H O

H O

C capacidade calorífica da água em J mol K , retificando o enunciado da questão

n número de mols de água

− − = ⋅ ⋅ =

OSG.: 101013/1588

ITA – 2016

Considerando 1 kg/L como a densidade da água e tendo ( )2H OM 2 1,01 16 g/mol 18,02 g/mol,= ⋅ + = temos:

( )

( )2 2 2H O H O vap H O

2 3 3 12

2

Q n C T H

1 mol H O 75,9 JQ 1 10 H O 373 298 K 40,66 10 J mol

18,02 g H O mol K

Q 2572,28 kJ

−

= ⋅ ⋅ ∆ + ∆

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ ∴ ⋅

∴ =

Com isso, podemos calcular o número de mols de metano ( )4CHn para vaporizar 1 L de água,

4

4CH

1 mol CHn 2572,28 kJ 2,9

890,36 kJ= ⋅ =


ESTRUTURA ATÔMICA

O esquema seria:

Luz Ec

superfície metálica

Assim: ETOT = φ + Ec ⇒ (φ é a função trabalho)

34 819

9

19

h · cEc

h · cEc

6,626 · 10 · 3,0 · 10Ec 5,82 · 10

140 · 10

Ec 8,4 · 10 J

−−

−

−

= φ + ⇒λ

= − φ⇒λ

= − ⇒

=


OSG.: 101013/1589

ITA – 2016

GASES

A energia cinética média das partículas de um gás monoatômico ideal é dada por: 3

Ec k T2

= ⋅ ⋅ , onde k é a

constante de Boltzmann. Assim, percebe-se que o gráfico de Ec versus T é uma reta que passa pela origem.


OSG.: 101013/1590

ITA – 2016

TERMODINÂMICA Nos casos em que há expansão isotérmica de um gás ideal contra uma pressão externa constante, o processo é irreversível, sendo o trabalho calculado por:

ext ext f iW p V p (V V )= ⋅ ∆ = ⋅ −

I. W 1 atm (10 L 1 L) 9 atm L 912 J= ⋅ − = ⋅ =

II. a bW W W 5 atm (2 L 1 L) 1 atm (10 L 2 L) 13 atm L 1317 J= + = ⋅ − + ⋅ − = ⋅ =

Como o processo ocorre isotermicamente com um gás ideal, a variação da energia interna é nula em ambos os casos. O calor envolvido pode ser obtido usando-se o 1º Princípio da Termodinâmica:

Q U W Q W= ∆ + ⇒ =

Assim, o calor trocado é maior no processo II. Resposta correta: (C)

OSG.: 101013/1591

ITA – 2016

CINÉTICA QUÍMICA Mecanismo I: Lei da velocidade de acordo com a etapa lenta:

[ ] [ ]2 2 2 2V K N O O= ⋅ ⋅ Eq. (1)

A partir do pré-equilíbrio rápido:

[ ] [ ]21 1 2 2K NO K N O−⋅ = ⋅

[ ] [ ]212 2

1

KN O NO

K −

⋅ = Eq. (2)

Substituindo (2) em (1):

[ ] [ ] [ ] [ ]2 212 2 2

1

KV K NO O V K NO O

K

K−

= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =

Mecanismo II: Lei da velocidade de acordo com a etapa lenta:

[ ][ ]2 3V K NO NO= Eq. (1)

A partir do pré-equilíbrio rápido:

[ ] [ ] [ ]1 2 1 3K NO O K NO−⋅ ⋅ = ⋅

[ ] [ ][ ]13 2

1

KNO NO O

K −

= ⋅ Eq. (2)


[ ][ ][ ]12 2

1

KV K NO O NO

K

K−

= ⋅ ⋅

[ ] [ ]22V K NO O= ⋅

Mecanismo III: Lei da velocidade de acordo com a etapa lenta:

[ ]4 2 4V K N O= Eq. (1)

A partir dos 2 estados de pré-equilíbrio:

OSG.: 101013/1592

ITA – 2016

[ ] [ ] [ ]12

2 2 2 3K NO O K NO−⋅ ⋅ =

[ ] [ ] [ ] 12 23 2 2

2

KNO NO O

K −

= ⋅ ⋅ Eq. (2)

[ ] [ ] [ ]3 3 3 2 4K NO NO K N O−⋅ ⋅ = ⋅

[ ] [ ] [ ]32 4 3

3

KN O NO NO

K −

= ⋅ ⋅ Eq. (3)

Relacionando as equações (2) e (3):

[ ] [ ] [ ] [ ]13 2 22 4 2 2

3 2

K KN O NO O NO

K K

K'− −

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

[ ] [ ] [ ] [ ]12

2 4 2 2N O K ' NO O NO= ⋅ ⋅ ⋅ Eq. (4)


[ ] [ ] [ ]12

2 2V K NO O NO= ⋅ ⋅ ⋅

Apenas os mecanismos I e II são consistentes com a Lei da Velocidade observada experimentalmente. Resposta correta: (B)

CINÉTICA QUÍMICA

A equação integrada para a reação A → produtos, de ordem zero, é dada por:

[ ] [ ]0A A k t= − ⋅

O tempo para que a pressão caia de 0,6 atm para 0,4 atm é:

[ ] [ ] 30

A A k t 0,4 0,6 10 t t 200 s.−= − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ =


OSG.: 101013/1593

ITA – 2016

ELETRÓLISE Trata-se da eletrólise de uma solução aquosa de CuSO4 usando-se eletrodos inertes. Assim, temos as seguintes semiequações:

Catodo: 2(aq)Cu + + 2e‒ → Cu(s)

Anodo: H2O(ℓ) → 1/2O2(g) + (aq)2H+ + 2e–

O eletrólito passa a conter íons H+ produzidos no anodo, além dos íons 24SO − inertes. Ou seja, o eletrólito

contém H2SO4 (ácido sulfúrico). Resposta correta: (D)

ESTRUTURA ATÔMICA

A) (F) A carga nuclear do hélio é maior do que a do hidrogênio, isso resulta em maior atração e energia mais

negativa. Em valor absoluto é maior. B) (F) Durante a formação da molécula de H2, a partir dos átomos infinitamente isolados, há uma grande

queda de energia potencial. (ver gráfico abaixo). Assim, em valor absoluto, a molécula de H2 possui energia maior que valor absoluto da soma das energias de dois átomos de hidrogênio separados.

OSG.: 101013/1594

ITA – 2016

C) (F) A afinidade eletrônica de um átomo no estado gasoso é definida como a energia, normalmente

liberada, quando esse átomo ganha um elétron.

Energia

deionização

afinidadeeletrônica

H 13,6 eV H 1 e

H 1 e H energia

+ −

− −

+ → +

+ → +

Como não representam processos opostos, as energias não são iguais.

D) (V) Segundo o modelo de Böhr, temos que 2 4

en 2 2 2

0

Z e mE

8 h n

⋅ ⋅= −⋅ ε ⋅ ⋅

. Chamando 2 4

2 20

Z eK

8 h

⋅=⋅ ε ⋅

, encontra-se

en 2

K mE

n

⋅= − . Para n = 1, a expressão fica: E1 = –K ⋅ me (onde me é a massa do elétron). Utilizando a

massa reduzida (mR) no lugar da massa do elétron, chega-se a E1 = –K ⋅ mR.

Como e nR R

e

e n n

1 m onde M é am m

massa do núcleo1 1 m1

m M M

= ⇒ = + +.

Assim, para o hidrogênio: eH

e

H

mE K

m1

M

= − ⋅ +

Para o deutério: eD

e

D

K mE

m1

M

⋅= − +

Já que: MD > MH ⇒ e eH D

H D

m m1 1 E E

M M + > + ⇒ <

E) (F) A soma da energia de dois átomos de hidrogênio é igual a 2 × (–13,6) eV, ou seja, –27,2 eV. Por outro

lado, a energia do íon 2He+ é igual a –54,4 eV. Valores totalmente diferentes. Resposta correta: (D)

OSG.: 101013/1595

ITA – 2016

REAÇÕES ORGÂNICAS

2 4 2

2

H SO Br50 C H O

X Y°→ →

A formação do composto 1–bromo–2–metilpropan–2–ol a partir de y, pode ser realizada por adição.

I. 1ª Etapa:

II. 2ª Etapa:

Substituindo água por metanol na reação (II)

III.

Somando as etapas:

H3C C

CH3

CH2 Br2 H2O H3C C

CH3

OH

CH2Br HBr(y)

1-bromo-2-metilpropan-2-ol

(I) + (II): + + +

OSG.: 101013/1596

ITA – 2016

(I) + (III): H3C C

CH3

CH2 + Br2 CH3OH H3C C

CH3

OCH3

CH2Br HBr + +

Pela análise do composto (y); 2−metilpropeno, produzido a partir do composto X, concluímos que X é um álcool.

CH3

C CH3H3C

OH

2 4H SO50ºC→ +H3C C

CH3

CH2 H2O

2-metilpropan-2-ol metilpropeno

(X) (Y)

Logo, a) Composto x:

CH3

C CH3H3C

OH

(2-metilpropan-2-ol)

b) Composto y:

H3C C

CH3

CH2 (metilpropeno)

c) Composto produzido utilizando o metanol como solvente:

CH3

C CH2BrH3C

OCH3

1-bromo-2-metil-2-metoxipropano

1-bromo-2-metil-2-metoxipropano

OSG.: 101013/1597

ITA – 2016

REAÇÕES ORGÂNICAS Comportos de Grignard: R – MgX R → grupo orgânico derivado de hidrocarboneto X → halogênio A) Reação do composto de Grignard com CO2(g) seguida de hidrólise.

R MgX + O C OEt2O R C

O

OMgXComposto de Grignard

1ª Etapa:

2ª Etapa: R C

O

OMgX + H2O R C

O

OH + Mg(OH)X

O composto R C

O

OH

corresponde ao ácido dimetilpropanoico (H3C C

CH3

CH3

COOH)

Logo, o composto de Grignard utilizado na 1ª etapa é o:

H3C C

CH3

CH3

MgX

Halogeneto de t-butilmagnésio B) O composto de Grignard é uma fonte base de Lewis, portanto, a reação deve ocorrer em meio neutro,

evitando doador de próton (ácido) no meio racional. A presença de água junto ao solvente pode levar ao seguinte produto:

H3C C

CH3

CH3

MgX + H2O

metilpropano

H3C CH CH3 + Mg(OH)X

CH3

OSG.: 101013/1598

ITA – 2016

EQUILÍBRIO IÔNICO DE SOLUBILIDADE a) A partir do equilíbrio de solubilidade do calomelano (Hg2Cℓ2)

Hg2Cℓ

2(s)

2

2(aq)Hg + + (aq)2C −

ℓ

S S 2S

Onde “S” equivale a solubilidade do calomelano: 2 2 2 3

PS 2

1818PS 333

6 7

K [Hg ][C ] S (2S) 4S

K 2,6 10S 0,65 10

4 4

S 0,87 10 mol L 8,7 10 mol L

+ −

−−

− −

= = ⋅ =

×= = = ×

≅ × ≅ ×

ℓ

Dessa forma: 2 72

7 6

[Hg ] 8,7 10 mol L

[C ] 17,4 10 mol L 1,74 10 mol L

+ −

− − −

= ×

= × = ⋅ℓ

b) A semirreação padrão para a redução do mercúrio (I) é:

(aq )2 º2 ( ) 2Hg (aq) 2e 2Hg 2C E ?+ − −+ + =ℓ ℓ

Para que esse eletrodo possa ter o seu potencial padrão expresso, é preciso que [Cℓ−] = 1M. Assim, pela

expressão do Kps, tem-se que 2 182[Hg ] 2,6 10 M.+ −= ⋅

Agora, monte uma pilha de concentração onde um dos eletrodos é o eletrodo padrão

com 22[Hg ] 1M+ = (eletrodo 1) e outro (eletrodo 2) é aquele descrito acima2 18

2([Hg ] 2,6 10 M)+ −= ⋅

Assim, temos uma pilha de concentração. 22

22

2

22

18

[Hg ]dil.0,0592E Eº log

n [Hg ]conc.

[Hg ]dil.0,0257E Eº ln

2 [Hg ] conc.

0,0257 2,6 10E 0 ln

2 1

E 0,52 V

+

+

+

+

−

= − ⇒

= − ⇒

⋅= − ⇒

=

Sabe-se que º º1 2E 0,52 V E E= = −

Assim º º2 1E E 0,52= − , onde º

1E é o potencial padrão para a semirreação

OSG.: 101013/1599

ITA – 2016

Obs.: Em consultas a tabelas de potenciais sabe-se queº1E 0,79 V= o que nos forneceria o potencial

procurado como sendo 0,27 V.

TERMOQUÍMICA a) mgasolina = ρgasolina ⋅ Vgasolina

mgasolima = 0,740 g

1 mL⋅ 45 ⋅ 103 mL = 33300 g = 33,3 kg

b) Considere: PC poder calorífico do combustívelQ calor liberado na combustão

==

Confirme o enunciado, podemos escrever:

( )( )2 g

2 g

H gasolinaH gasolina

2 gasolina

Q QPC 3 PC 3

mH m= ⋅ ⇒ = ⋅

Para ( )2 gH gasolinaQ Q Q, temos= = :

Q

2H

3 Q

m

⋅= ( ) ( )

( ) ( )

2 2 2

2 2

gasolina H gasolina gasolina H Hgasolina

3 3H H

m 3 m V 3 Vm

0,740 g cm 45 L 3 0,071 g cm V V 156,3 L− −

⇒ = ⋅ ⇒ ρ ⋅ = ⋅ρ ⋅ ⇒

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =

ℓ ℓ

ℓ ℓ

c) ( ) ( )2 22 2

3 4H H H H

0,071 gm V 156,3 10 mL m 1,11 10 g

1 mL= ρ ⋅ = ⋅ ⋅ ∴ = ⋅

ℓ ℓ

Para calcular o ( )2 gHV podemos utilizar a seguinte equação:

( )

( ) ( )

2

2 g

2

2 g 2 g

HH

H4

2H H

mV R T

M1 1,11 10 g atm L

atm V 8,21 10 298 K V 136222 L1,01325 2 1,01 g/mol mol K

−

ρ⋅ = ⋅ ⋅

⋅ ⋅⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ∴ =⋅ ⋅

OSG.: 101013/15100

ITA – 2016

CINÉTICA QUÍMICA A) A velocidade de consumo do reagente A pode ser expressa por: 1 1 2[ ] [ ] [ ][ ]Av k A k M k M A−= − +

⇒ 1 2 1[ ] [ ]( [ ] )Av k A M k A k−= + − (equação 1)

A velocidade de formação do intermediário M é dada por: 1 1 2[ ] [ ] [ ][ ]−= − −Mv k A k M k M A

1 1 2[ ] [ ]( [ ])Mv k A M k k A−= − + (equação 2)

Para o intermediário se aplica a aproximação do estado estacionário, pelo qual a velocidade de formação tende a zero após o início da reação:

1 1 2[ ] [ ]( [ ]) 0Mv k A M k k A−= − + =

⇒ 1

1 2

[ ][ ]

[ ]

k AM

k k A−

=+

Substituindo na equação 1, temos:

1 2 11

1 2

[ ]( [ ] )[ ]

[ ]A

k A k A kv k A

k k A−

−

−= ++

⇒ 1 1 2 1 2 1

1 2

[ ]( [ ]) [ ]( [ ] )

[ ]A

k A k k A k A k A kv

k k A− −

−

+ + −=+

⇒ 2 2

1 1 1 2 1 2 1 1

1 2

[ ] [ ] [ ] [ ]

[ ]A

k k A k k A k k A k k Av

k k A− −

−

+ + −=+

⇒ 2

1 2

1 2

2 [ ]

[ ]A

k k Av

k k A−

=+

B) Do exposto acima, temos:

1 1 2[ ] [ ]( [ ]) 0Mv k A M k k A−= − + =

C) A equação global do processo é 2A → C. Assim, a velocidade de formação do produto C é a metade da

velocidade de consumo do reagente A, ou seja: 2

1 2

1 2

[ ]

[ ]C

k k Av

k k A−

=+

OSG.: 101013/15101

ITA – 2016

EQUILÍBRIO DE FASES a) No gráfico abaixo: c = ponto crítico, e = ponto de ebulição normal, t = ponto triplo.

b) Como a densidade do sólido é maior que a do líquido, a curva de fusão-solidificação possui coeficiente angular positivo:

OSG.: 101013/15102

ITA – 2016

SOLUÇÃO TAMPÃO O pH da saliva aproxima-se da neutralidade, normalmente oscilando entre 6,8 e 7,2. Com isso, consideramos os seguintes pares ácido-base fracos como principais espécies tamponantes da saliva:

22 4 4 2 3 4H PO / HPO Dado: pKa (H PO ) 7,21− − → =

2 3 3 1 2 3H CO / HCO Dado: pKa (H CO ) 6,37− → =

Veja que os valores de pKa citados embasam a existência das espécies tamponantes no pH da saliva. As bases fracas da solução tamponante atuam recebendo prótons de ácidos fortes, formando ácidos fracos na tentativa de manter o pH constante. Os ácidos fracos do tampão, por sua vez, atuam doando prótons para bases fortes, formando bases fracas e evitando mudanças de pH. Assim, os pares ácido-base fracos tamponam a saliva para manter o pH bucal dentro de uma faixa constante. O par H2S/HS– foi considerado desprezível como tamponante da saliva, pois esta possui concentrações muito baixas de tais espécies.

TERMODINÂMICA A variação de energia interna (∆U) mede o calor trocado em condição de volume e temperatura constante.

Da mesma forma, a variação de entalpia (∆H) mede o calor liberado ou absorvido em condição de temperatura e pressão constante.

Considerando H = U + P·V, temos ∆H = ∆U + ∆(P·V) ⇒ ∆H = ∆U + ∆n·R·T.

Os valores de ∆H e ∆U serão iguais quando:

i) a reação não possui componentes em fase gasosa: nessa situação o valor para ∆(P·V) para componentes em fase sólida, líquida e aquosa é considerado desprezível.

ii) a quantidade de gás (proporção estequiométrica) dos produtos e reagentes é igual: nessa situação, assume-se

que os gases possuam comportamento ideal.

OSG.: 101013/15103

ITA – 2016

REAÇÕES INORGÂNICAS A) Massa de iodo produzida na primeira reação.

2KI + MnO2 + 2H2SO4 → I2 + K2SO4 + MnSO4 + 2H2O

22 2

253,8g de I 83 80m(I ) 50g deKI 25,38g de I

332g deKI 100 100= ⋅ ⋅ ⋅ ≅

B) Equação balanceada da primeira reação.

2KI + MnO2 + 2H2SO4 → I2 + K2SO4 + MnSO4 + 2H2O

C) Equação balanceada da segunda reação

6n I2 + (P4)n → 4n PI3 D) Equação balanceada da terceira reação

PI3 + 3H2O → H3PO3 + 3HI

REAÇÕES INORGÂNICAS

a) (aq) (aq) 2 (g)luz ou catalisador 1

HC O HC O2

→ +ℓ ℓ

b) 2(aq) 2 (aq) 2 ( )

CaC2HC O C O H O→ + ℓℓℓ ℓ

c) Em solução quente (cerca de 80 °C), o ácido hipocloroso sofre desproporcionamento.

(aq) (aq) 3(aq)quente3HC O 2HC HC O→ +ℓ ℓ ℓ

GRÁFICA FB – 16/3/2016 – REV.: JA

1+↑

1−↑

5+↑

ita – 2016 · osg.: 101013/15 4 ita – 2016 () {x y y p mg ry p 0 1 f 0 p r m g 2 0 0 mg 3 = ∑...

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