5486911 - caderno de provas ita 2012 · ita – 2012 trabalho de forÇa conservativa i. correto....

ITA – 2012

1º DIA

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

2º DIA

Língua Inglesa .............................................................................................................................. 33

Língua Portuguesa ....................................................................................................................... 13

Redação ....................................................................................................................................... 33

3º DIA

Matemática .................................................................................................................................. 33

4º DIA

Química ........................................................................................................................................ 28

OSG.: 54869/113

ITA – 2012

FÍSICA

ANÁLISE DIMENSIONAL

22E a E a v

v v Ea

⋅ ⋅ ρ ⋅= → = → =

ρ ρ

[ ][ ]

[ ][ ] [ ]

[ ]

22v vE

a a

ρ ⋅ ρ ⋅ = =

[ ] [ ][ ]

33

mm MM L

v v L− ρ = = = = ⋅

[ ] 1v L T−= ⋅

[ ]a 1= (adimensional)

[ ] ( )23 13 2 2 1 2

M L L TE M L L T M L T

1

− −− − − −

⋅ ⋅ ⋅= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

1 22

kgE kg m s

m s− −= ⋅ ⋅ →

⋅

Como 1N = 2 2

1 kg m 1N 1 kg

s m s

⋅→ =

2 2

kg N NE

ms m m m→ = =

⋅

Resposta correta: (B)

OSG.: 54869/114

ITA – 2012

DINÂMICA, CINEMÁTICA Análise das forças na subida:

Análise das forças na descida:

Na subida:

2s

1S (gsen gcos )t

2= θ + µ θ

onde: t = ts + td

Na descida:

2d

1S (gsen gcos )t

2= θ − µ θ

Dividindo, temos: 2

s

s

s

s

sen cos t1

sen cos t t

tg t1

tg t

t tg1

t tg

θ + µ θ ⋅ = θ − µ θ −

θ + µ= −

θ − µ

θ + µ= +

θ − µ


OSG.: 54869/115

ITA – 2012

( ) ( )

1 2 1

2 2

2

2

21 2 1

2

2 1

1 1

2 1 2

1 1 2

22 2 1 2 1

1 2

2 2 1 1 2

1 2

K y K x m g ' (I)K x m g ' (II)

m g 'II. x

K

m g 'I. K y K m g '

K

m g ' m g 'y

K Km g ' m g ' m g '

Logo: y xK K K

m K m ·K m K·g '

K K

m K K m K· g a

K K

= +=

=

= +

= +

− = + − =

+ − =

− += +

DINÂMICA Considerando que o elevador sobe acelerado: g’ = g + a, no referencial não inercial.

Resposta correta: (C)

OSG.: 54869/116

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DINÂMICA

* Obtendo o valor da velocidade do atirador v’ através da conservação da quantidade de movimento:

( )

O Q Q’

Q’ Q

| Q’ | | Q |

M m v’ m v

mv’ v

M m

= +

= −

=

− =

=−

* Tempo de ida do projétil

1

dT

v=

* Após esse intervalo de tempo, o atirador desloca-se 1

m v d mv’ · T · d.

M m v M m= =

− −

* O intervalo de tempo T2 para que o som do impacto atinja o atirador é dado por:

OSG.: 54869/117

ITA – 2012

( )

( ) ( )

2 1 s 2

2 s 2

s 2

2

s

v’ T v’ T d v T

m v mT d d v T

M m M m

m m1 · d v v T

M m M m

m1 · d

M mT

mv v

M m

+ + =

+ + =− −

+ = − − −

+ − =

−−

Logo, o tempo total:

( ) ( )( )( )

1 2

s

s

s s

T T T

m1 d

M mdT

m vv vM m

v v M m dT

v M v m v v

= +

+ − = +

−−

+ −=

− +

Resposta correta: (A)

CIRCUITOS ELÉTRICOS I. Se com resistência de 50 Ω a potência útil é máxima, então a resistência interna do gerador é r = 50 Ω. II. Ante o exposto, ficaremos com o seguinte circuito.

OSG.: 54869/118

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U 150i e

U, onde

i200

=

η= εε =

Daí:

U 15 0=e

20 0× 3

4ε=

Finalmente 3

4 εη =

ε0,75.⇒ η =

Resposta correta: (D)

DINÂMICA DO MOVIMENTO CIRCULAR

Desprezando qualquer atrito, temos:

OSG.: 54869/119

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cpcp

Ftg F P tg m

Pθ = ∴ = ⋅ θ⇒ 2 d mω ⋅ = 2 g tg

g tgd

2 dComoT T 2

g tg

⋅ θ⋅ θ ⇒ ω =

π= ∴ = π

ω ⋅ θ


REFERENCIAL NÃO INERCIAL

No referencial do carrinho, teremos:

onde a = kx.

M

A segunda Lei de Newton será:

( )

mM a kx kx

M

kx M ma

M m

⋅ = +

+=

⋅

Resposta correta: (E)

OSG.: 54869/1110

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ENERGIA/POTÊNCIA

Como P = F · v → P = m · a · v, a = dv

dt

2 2 20

000

2

0 0

2

2

dv PP m · · v v · dv dt

dt mtv P v v Pv

· t · (t t )v t2 m 2 2 m

v PComo t 0 e v 0 · t

2 mP 2P

v 2 · t v · t v tm m

ou

v t

= → =

= → − = −

= = → =

= → = →

∫ ∫

∼

∼


OSG.: 54869/1111

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GRAVITAÇÃO 1 ton de TNT – 4 · 109J 10 megatons de TNT – x x = 4 · 109 · 10 · 106 = 4 · 1016J (1 bomba) Para asteroide:

( )

3Fe Fe

33 3 12 13

4V d R

3m d

4m 8 10 3,14 10 33,5 10 3,35 10 kg

3

⋅ = ⋅ π=

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ≈ ⋅

A energia liberada no impacto será exatamente a energia cinética adquirida pelo asteroide durante sua aproximação da Terra. Veja:

Como o sistema é conservativo:

A B

A

M M

C

E E

E

=

APE+0 0= ECB + EPB

B B

B

B

B

C C 2B

C6 13

C20

C

G M m G M m G M0 E E , g

d R RE g R m

E 10 6,4 10 3,35 10E 21,4 10 J

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = + − ⇒ = =

= ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅≅ ⋅

2R= 2 km R = 1 km = 103 m

g · R

OSG.: 54869/1112

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1 bomba — 4 · 1016J x — 21,4 · 1020J x = 5, 36 · 104 = 53.600 bombas Aprox. 50.000 bombas Resposta correta: (D)

GRAVITAÇÃO

i) Para a partícula 1 (estrela):

( )

1 2 21 1 12

1 2

GM MM R

R R= ⋅ω

+

OSG.: 54869/1113

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Para a partícula 2 (estrela):

( )

1 2 22 2 22

1 2

GM MM R

R R= ⋅ω

+

Dividindo as equações, teremos:

2

1 2 2

2 1 1

M R1

M R

ω = = ω

Veja que se colocarmos o referencial no centro de massa, obtemos: M1R1 = M2R2. Assim, os períodos são iguais.

( ) ( ) ( )( )

2 2 31 2 1 2 1 21 2

2 1 1 2

R R R R R RR RT 2 2 2

G M G M G M M

+ + += π ⋅ = π ⋅ = π

+, pois 1 2 1 2

2 1 1 2

M M M M

R R R R

+= =

+

ii) Temos que:

A Qπ

= ⋅2R

2 π2Q

R2

= ⋅

Assim:

1 21 1 2

1 1

2 22 2

2 2

tA R

2 A R

A RtA R

2

ω ⋅ ∆= ⋅

⇒ =

ω ∆= ⋅

se 1 2R R≠

então 1 2A A≠


OSG.: 54869/1114

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OSCILAÇÕES, RESSONÂNCIA A amplitude do movimento ganha valor máximo quando a frequência do movimento é a mesma frequência da força externa. Este é o fenômeno de ressonância. Assim:

1 g 1 10f

2 L 2= = ⋅

π π 4 0 2

100,8 Hz

410−= ≈

π⋅


HIDROSTÁTICA Elevador em repouso:

gás

2

gás

gás

pgh p

g 10 m / s·10 · 0,10 p

h 0,10 m

p 1 ·

=

=ρ =

== ρ

Elevador subindo acelerado: ρ · g’ · h’ = pgás

Nota-se que a pressão do gás será considerada constante porque a variação do volume é desprezível, devido ao fato de o tubo ser fino.

OSG.: 54869/1115

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No referencial do elevador, g’ g a= −

Logo g’ = g + a = 10 + a

Assim, ρ · (10 + a) · h’ = pgás

Igualando as equações:

ρ ( )10 a · h’ 1 ·+ = ρ

1a 10

h’= −

Como os níveis se deslocaram 0,01 m, a diferença de altura variou 0,02 m:

h’ = 0,10 – 0,02 = 0,08 m

Logo: 21a 10 2,5 m / s

0,08= − =


OSG.: 54869/1116

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CIRCUITO ELÉTRICO – CALORIMETRIA i)

I 100A =

ii) Potência dissipada no resistor no interior da água: P = 0,5 Ω × (100 A)2 = 5 × 103W. iii) Tempo necessário para vaporizar 1 kg de água ∆t: 5 × 103 ∆t = Q (calor necessário para vaporizar a água) Q = Qs + QL QS = mCe ∆θ → QS = 2 kg × 4,18 × 80 oC QS = 668,8 kJ

QL = mLV →

QL 1 kg=kJ

2230kg

⋅

QL = 2230 kJ Finalmente:

5 × 310 ∆t = 2230 kJ + 668,8 kJ

∆t = 579,8 s. Resposta correta: (E)

OSG.: 54869/1117

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ONDULATÓRIA Fase da onda 1:

2 21

2 2

2

r2 ft , mas r x y

x y2 ft

ϕ = π − = + λ

+ ϕ = π − λ

Fase da onda 2:

2

x2 ft ϕ = π − λ

Diferença de fase:

2 2

1 2

x y2 ft

+∆ϕ = ϕ − ϕ = π −

λx

ft− +λ

2 2x y x2

+ − ∆ϕ = π λ

• Testando o item A:

2P

p

y nx

2n 8y y

λ= −

λ=

Para o item A:

4 22 22 2 P P

2 2

y 7 ynx y

4r 64 8

λ+ = + +

λ

Como esse valor não é um quadrado perfeito, 2 2 2x y x+ −

λ não será inteiro e, portanto, as ondas não

estarão em fase. Para item B:

24 22 2 22 2 P P

2 2

2 2P P

y yn yp nx y

4n 4 2 2n 2

y y2 n n 2· n n2

2n 2 2n 2

λ λ+ = + + = +

λ λ

π λ λ π∆ϕ = + − − = λ = π λ λ λ λ

Se n z∈ as ondas, nesse ponto, concordam.

Para item C:

2 22 22 2 P P

2 2

1ny yn 2x y · ·4n 4 4 2 n

−λ + = + + λ

OSG.: 54869/1118

ITA – 2012

Como não se trata de um quadrado perfeito, esse item está incorreto.

Para item D:

( )

( )

22

2 2 2PP

24 22P PP2 2

y 1x y n y

2n 1 2 2

y y 1 1n n y

2n 1 2 2 22n 1

λ + = − + + + λ

λ = − + + + + + + λ

( )

( )

( ) ( )

2 22P

p

22p

2 2P P

1ny 12 y n2n 1 2n 1 2 2

y 1n ·

2n 1 2 2

y y2 1 1n · n

2n 1 2 2 2n 1 2 2

2 1 1n · n · 2 ,

2 2

caracterizando oposi

+ λ = + + + + λ +

λ = + + + λ

π λ λ ∆ϕ = + + − − + λ + λ + λ π ∆ϕ = + λ = + π λ

ção de fase para n z.

Portanto, este é o item correto.

∈

Para item E, x2 + y2 não constitui um quadrado perfeito.


OSG.: 54869/1119

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ELETROSTÁTICA

0

E AC

3h

⋅=

equivale a

1 2 3

3 1 2 31 2

0

0 0

1 1 1 1

C C C C

d d d dd d1 h

C E A E A E A E A E A

E AC

hLogo C 3C .

Portanto 2C C 4C .

= + +

+ += + + = =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅=

=

< <


onde d1 + d2 + d3 = h

OSG.: 54869/1120

ITA – 2012

TRABALHO DE FORÇA CONSERVATIVA I. Correto. Para deslocar a partícula de 1 para 2:

F(x) · dx 0= =∫ pois a força é perpendicular ao deslocamento.

Como a força é conservativa, U.= ∆ Assim, 0.=

II. Correto. Como vimos no item (I) o trabalho de 1 para 2 é nulo.

Para calcular o trabalho de 2 para 3, façamos:

(E · q) · L 20 · 4 ·1 80 J.= = =

III. Correto. Como o trabalho total de 1-2-3-4-1 é nulo e como o trabalho de 1-2 e de 3-4 também é nulo,

teremos:

2,3 4,1 0.+ =


ÓPTICA

o S 3cos30

S’ 2= =

2SS’

3=

A energia que flui através de S’ é a mesma que flui através de A.

AH A H’ S’Φ = ⋅ = ⋅

OSG.: 54869/1121

ITA – 2012

A2S

H A H’3

⋅ = ⋅

3 H AH’

2 S

⋅= ⋅


CIRCUITOS ELÉTRICOS Condição para que a ponte de Wheatstone seja balanceada. Rx ⋅ R1 = R2 ⋅ R3 (kp + 10) ⋅ R1 = 20 Ω × 1 Ω

R1 = 300

kp 10+

R1 = 4

300

10 2 10 p−+ ×

10 + 2 × 10–4p = 1

300

R

R1 = 4

300

10 2 10 p−+ ×

* Se p = 0,10 atm = 104Pa →

R1 = 300

10 2

Ω+

R1 = 25 Ω * Se p = 1 atm = 105 Pa

R1 = 14 5

300R 10

10 2 10 10−

Ω⇒ = Ω

+ × ×

Daí, 10 Ω ≤ R1 ≤ 25 Ω Resposta correta: (C)

OSG.: 54869/1122

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MAGNETISMO Considerando um fio retilíneo infinito, as linhas de campo magnético são circulares, conforme figura abaixo:


OSG.: 54869/1123

ITA – 2012

QUÂNTICA Afirmação I

n 1 2 2

2

13,6 e V 13,6 e VE E E

n 1

1E 1 13,6 e V

n

− − ∆ = − = −

∆ = − ⋅

Como ∆E será menor que 13,6 eV para qualquer n, o elétron pode, no estado fundamental, absorver energia menor que 13,6 eV. Portanto, a afirmação é verdadeira. Afirmação II Para que haja efeito fotoelétrico, a energia do fóton deve ser pelo menos igual à função trabalho do metal: Efóton ≥ W Como a energia do fóton é dada por:

fótonE hf=

Então: hf W

Wf

h

≥

≥

Portanto, há uma frequência mínima da radiação para que haja o efeito fotoelétrico. Consequentemente, essa afirmação está falsa.

Afirmação III A determinação da energia, segundo Heisenberg, impossibilitaria a determinação exata do intervalo de tempo em que ela fora observada. Portanto, o modelo de Böhr violaria o princípio da incerteza de Heisenberg. Resposta correta: (A)

OSG.: 54869/1124

ITA – 2012

LÍNGUA INGLESA

OSG.: 54869/1125

ITA – 2012

FORMAÇÃO DE PALAVRAS O adjetivo “effective” (eficiente, efetivo) deve ser completado no texto com o sufixo ness, usado para transformar adjetivos em substantivos, formando assim o substantivo “effectiveness” (eficiência). Resposta correta: (C)

SINONÍMIA – EXPRESSÕES IDIOMÁTICAS A palavra empathy (empatia) pode ser definida como a capacidade de entender e compartilhar os sentimentos dos outros. Dentre as alternativas apresentadas, a que melhor se aproxima como sinônimo de empathy é a presente na alternativa B (Walking in another’s shoes.), que equivale em português à expressão “se colocar no lugar dos outros”. Resposta correta: (B)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO A leitura dos dois últimos parágrafos do texto permite inferir que, na opinião do seu autor, há outros fatores mais determinantes para a prática do bullying do que simplesmente a falta de empatia, problemas que vão desde traumas familiares até falta de condições adequadas de vida, o que está de acordo com a alternativa E da questão. Resposta correta: (E)

OSG.: 54869/1126

ITA – 2012

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Ao ler o texto, percebemos a ideia de que o conceito de infinito permanece enigmático, difícil de alcançar (“an idea that remains illusive”), ainda que teólogos, poetas, artistas, filósofos, escritores, cientistas e matemáticos valham-se, ou seja, façam uso de sua ideia (“draw upon”). Percebemos essa indefinição do que venha a ser infinito pela leitura da epígrafe apontada acima do texto, de autoria de William Blake, “To see the world in a grain of sand, And a heaven in wildflower; Hold infinity in the palm of you [your] hand, And eternity in an hour.” (Grifo nosso). Quando analisamos a alternativa A, percebemos que o texto, embora cite poetas, artistas e filósofos, como fazendo uso da ideia de infinito, explora com mais especificidade o rumo dessa ideia por parte de cientistas e matemáticos como Arquimedes e Galileu (se assim os considerarmos como tais), conforme os parágrafos 3 e 4, respectivamente. No entanto, assim como explicitaram na alternativa B, a discussão do tema é muito antiga, primeiro porque a primeira linha do texto informa que o infinito tem estimulado a imaginação por milhares de anos, e o último parágrafo nos diz que a lista dos matemáticos com suas descobertas, usos e desusos de infinito se estende através dos séculos. Em vista do exposto, encontram-se duas alternativas A e B que se enquadram como corretas em responder ao enunciado da questão. Respostas corretas: (A) e (B)

OSG.: 54869/1127

ITA – 2012

INTERPRETAÇÃO TEXTUAL Na terceira linha do primeiro parágrafo, encontramos a informação de que, nos primórdios, a ideia de infinito estava ligada, errônea ou acertadamente, a grandes números. E, na quarta linha, temos a informação de que as pessoas da antiguidade experimentavam um sentimento de infinito ao contemplarem as estrelas e planetas ou os grãos de areia na praia. Resposta correta: (D)

OSG.: 54869/1128

ITA – 2012

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO No início do terceiro parágrafo, encontramos a informação que, uma vez que os computadores estão se tornando incrivelmente rápidos, poder-se-ia conceber a possibilidade de os computadores, em determinado momento, chegarem a algo comparável à inteligência humana. Inteligência artificial. Já na linha 14, há informação que os computadores continuariam se desenvolvendo até se tornarem mais inteligentes do que nós, e a linha 15 nos informa que a taxa de desenvolvimento deles também continuaria a crescer porque eles poderiam assumir o próprio desenvolvimento, o que apontaria o item B como o correto. Resposta correta: (B)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO No início da linha 13, o autor do texto afirma que se aceitarmos a ideia, descrita no parágrafo anterior, todas as apostas contrárias acabarão. No complemento da frase, a expressão from that point on (daquele ponto em diante), ou seja, a partir do momento em que a ideia seja aceita, não há razão para acharmos que os computadores deixarão de se desenvolver. Resposta correta: (D)

SINONÍMIA O advérbio far, empregado na frase em destaque, é usado para modificar a forma comparativa do adjetivo intelligent, criando a expressão “muito mais inteligente” (far more intelligent). Assim sendo, dentre as alternativas dispostas, o que melhor substitui o advérbio far é much, que pode ser encontrado na alternativa C da questão. Resposta correta: (C)

OSG.: 54869/1129

ITA – 2012

OSG.: 54869/1130

ITA – 2012

TEMPO E FORMA NOMINAL DO VERBO

A tradução da primeira linha do texto é: “A cada dia de trabalho, ARAMARK GmbH, liderado por Peter Amon, ...” e a da terceira linha: “Com sua plataforma líder de frota internacional”. Portanto, a alternativa A é a correta por trazer o verbo “to lead” no passado (Led) e a forma correta do adjetivo deste mesmo verbo (Leading). Resposta correta: (A)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO As palavras cabbage (repolho) e carrot (cenoura) relacionam-se com o restante do anúncio da empresa GE Capital na medida que o anunciante oferece produtos sustentáveis e ecologicamente corretos, conforme estabelece a alternativa A da questão. Resposta correta: (A)

TRADUÇÃO A alternativa que melhor traduz a expressão no enunciado da questão é a B. Resposta correta: (B)

OSG.: 54869/1131

ITA – 2012

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O anúncio cita que o “GE Capital” provê uma frota de veículos ecologicamente correta para suprir as necessidades de transporte da Aramark. A GE Capital, continua o anúncio, possui uma frota internacional de veículos que é líder de mercado, o que propicia um vasto cardápio de opções de aluguel de veículos para a Aramark. Resposta correta: (C)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO No segundo parágrafo do texto, linha 5, o autor afirma que o ISI tem qualidades que são comuns a todas as agências de inteligência, mas que nunca tinha visto uma organização como a ISI, o que está de acordo com o que diz a alternativa A da questão. Resposta correta: (A)

OSG.: 54869/1132

ITA – 2012

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO No segundo parágrafo do texto, na linha 6, o autor fala que a fictícia organização ISI é, ao mesmo tempo muito secreta e muito aberta (It is at once very secretive and very open, yet), o que demonstra haver uma contradição na referida organização, o que está de acordo com a alternativa A da questão. Resposta correta: (A)

SINONÍMIA A palavra peeved significa “irritado”, portanto, a alternativa que melhor traz um sinônimo na língua inglesa para essa palavra é a C (irritada). Resposta correta: (C)

SINONÍMIA A tradução da palavra casualty é “vítima; ferido; morto; baixa”, geralmente em guerras, rebeliões etc. O item E trás o melhor sinônimo losses = perdas. Resposta correta: (E)

OSG.: 54869/1133

ITA – 2012

INTERPRETAÇÃO A sentença “I cannot go on defending myself forever, even when I am not doing what I am blamed for” se traduz por: “Não posso continuar me defendendo para sempre, mesmo quando não estou fazendo aquilo de que me culpam.” A declaração em análise está expressa num período composto por subordinação. A oração principal (não posso continuar me defendendo para sempre) é reforçada pela oração subordinada concessiva (mesmo quando não estou fazendo aquilo de que me culpam). A locução conjuntiva “even when” estabelece, ao mesmo tempo, uma relação de contradição e de concessão. Serve para admitir um dado contrário para depois negar seu valor de argumento. Assim, quando o autor diz que “não pode continuar se defendendo para sempre”, deixa subentender a ideia de que, há muito, vem fazendo isso (para sempre), fato que o enfastia ou aborrece, o que sugere que está farto de fazê-lo. Quando ele acrescenta a concessiva “Mesmo quando não estou fazendo aquilo de que me culpam”, ele reforça ou enfatiza a ideia expressa anteriormente, afirmando a necessidade de não continuar se defendendo para sempre. Logo, é correto assinalar que quem pronunciou a sentença “está farto de defender-se do que não faz”. Isso fica evidente quando substituímos “mesmo quando” por “porém” e invertemos a ordem das orações no período. Senão, vejamos: “Não estou fazendo aquilo de que me culpam, porém, não posso continuar me defendendo para sempre.” Ou seja, a ideia principal que se quer enfatizar é: não posso continuar me defendendo para sempre. Resposta correta: (E)

EXPRESSÕES IDIOMÁTICAS – VOCABULÁRIO A palavra puppeteer equivale em português à pessoa que manipula os bonecos conhecidos como marionetes, que se movimentam através de cordões presas aos seus corpos. A expressão em destaque, se traduzida literalmente, significa que “a pessoa que controla a marionete ficou presa nos cordões”. Portanto, a expressão em português que mais se aproxima da destacada é a presente na alternativa B, o tiro saiu pela culatra. Resposta correta: (B)

OSG.: 54869/1134

ITA – 2012

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO

O título da passagem sugere que um artista foi detido por conta de crescentes medidas enérgicas

(crackdown), isso mostra que a prisão de Ai Weiwei, artista chinês, descrita no texto, ocorreu devido ao

aumento da repressão naquele país asiático, conforme diz a alternativa B da questão.


INTERPRETAÇÃO TEXTUAL

Na linha 4, encontramos a informação que a prisão se deu em meio à disseminação de medidas enérgicas

desencadeadas pela Internet (online)... “This arrest comes amid a widespread crackdown touched off by

online...”, o que está de acordo com o item B.


OSG.: 54869/1135

ITA – 2012

LÍNGUA PORTUGUESA

COMPREENSÃO TEXTUAL

Considerando a leitura de um texto argumentativo, que, comumente, apresenta uma tese (ideia inicial que deve ser defendida por meio de argumentos convincentes e retomada na conclusão de um texto), o leitor encontrará como tema central do texto 1 o fato de algumas pessoas se mostrarem avessas à instalação da estação de metrô em uma região nobre de São Paulo, o bairro de Higienópolis. É correto afirmar que o texto confirma que esse comportamento, por parte desses moradores, caracteriza preconceito. Entenda: no início do texto (ambiente em que deve estar a ideia central), Raul Juste Lores apresenta a atitude de parte dos habitantes de Higienópolis, os quais se opõem à abertura de uma estação de metrô na Avenida Angélica, já que traria “gente diferenciada” ao bairro. É necessário frisar também que o autor desenvolve esse tema por meio de exemplificações e comparações e retoma-o

OSG.: 54869/1136

ITA – 2012

no último parágrafo, pois reforça a ideia inicial de preconceito ao apresentar uma condição que, caso seja cumprida pelos moradores, confirmará a ideia central defendida pelo autor: não concordar com a instalação de uma estação de metrô em bairro nobre, só porque ela trará a circulação de pessoas simples, implica puro preconceito. Resposta correta: (B)

COMPREENSÃO TEXTUAL A questão 22 exige que o candidato interprete do texto 1 a relação de causa e consequência que está implícita em sua composição. Lendo-o atentamente, o leitor perceberá que o fato de parte dos moradores de Higienópolis recusar a instalação de uma nova estação de metrô na Avenida Angélica justifica-se no fato de o poder público não desmentir a possível degradação do espaço público com a instalação do metrô. O candidato se certificará dessa informação ao ler o 2º parágrafo, especialmente as linhas 6 e 7. Resposta correta: (B)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Ao analisarmos as assertivas, consideramos: O item I – Falso. Na verdade, o autor do texto não questiona a eficiência do transporte público em São Paulo, mas a ausência de preocupação com a paisagem urbana, fato que pode gerar um processo de degradação da região em que será instalada a estação. O item II – Verdadeiro. Segundo o autor, a instalação de uma estação de metrô deve vir acompanhada de um cuidado com a paisagem urbana – aspectos estruturais e arquitetônicos – para que a área não sofra com uma possível degradação. O item III – Verdadeiro. Ao fazer referência ao transporte público em Istambul, na Turquia, o autor se vale das experiências em outra cidade para sugerir iniciativas que possam melhorar o transporte público de São Paulo. Resposta correta: (D)

OSG.: 54869/1137

ITA – 2012

PRESSUPOSIÇÃO TEXTUAL

Saber inferir informações implícitas em um texto é extremamente necessário. É a partir de pressuposições

textuais que o candidato encontrará a resposta para esta questão. Dentre as alternativas apontadas, apenas o

item C não é pressuposto do texto, pois, nas linhas 23 e 24, o leitor lerá que menos espaço para os carros

existe, após o cuidado que Istambul teve com os abrigos feitos de vidro, com bancos caprichados e com

iluminação.

• Observe algumas pressuposições pertinentes:

1. O texto deixa evidente que o transporte de massas não é garantia de sucesso em locomoção pública;

2. A forma como os pontos de ônibus foram construídos dificulta o trânsito no corredor Rebouças;

3. De uma cidade de 16 milhões de habitantes, não é esperado o cuidado necessário ao bom transporte

público;

4. Criar corredores de ônibus bem asfaltados e serviços por diversas linhas não é suficiente ao bom

transporte público, embora necessário.


INTERPRETAÇÃO DE TEXTO

No texto, observamos vários segmentos que expressam marcas da avaliação do autor. Dentre os que foram

sugeridos para análise, percebemos que o fragmento indicado na alternativa d (“Em Istambul, monotrilhos

foram instalados no nível da rua, como os “trams” das cidades alemãs e suíças”) revela apenas um dado

importante que exemplifica uma experiência positiva com o transporte público em outra cidade.


OSG.: 54869/1138

ITA – 2012

COESÃO TEXTUAL No texto, a expressão “gente diferenciada” desenvolve uma relação de equivalência semântica com a construção “Brasil real”. Essa estratégia utilizada pelo autor promove a coesão do texto através da referencialidade. Resposta correta: (A)

INTERPRETAÇÃO

A relação de causa e efeito é um recurso muito utilizado na construção dos segmentos de um texto, promovendo a coesão sequencial entre as partes que o integram. Dentre os segmentos propostos para análise, o que não apresenta essa estratégia é o que está na alternativa C. (“A instalação de linhas de monotrilho ou de corredores de ônibus precisa vitaminar uma área”), pois o sentido estabelecido é de necessidade e não de causa e efeito. Resposta correta: (C)

OSG.: 54869/1139

ITA – 2012

LINGUAGEM FIGURADA

A ironia é uma figura de linguagem que consiste em dizer o contrário daquilo que, de fato, se quer dizer. Ela é usada em diversas situações de comunicação, sendo muito comum nos enunciados que compõem os cartazes de um protesto. Das passagens transcritas em cada alternativa, apenas a da letra D não constitui ironia, pois se trata de um relato real, defendido, inclusive, por uma moradora de Higianópolis.

Observações:

1. Afirmar que só anda de metrô em Paris, Nova York e Londres é uma ironia, já que se nega a fazer uso de metrô em cidade brasileira, onde o transporte público, usado pela maioria da população, é de má qualidade;

2. Há ironia na frase do participante que exige ligação direta do metrô com Alphaville, Morumbi e Veneza, pois caracteriza superioridade econômica;

3. Sugerir entrada social e de serviço para um metrô − símbolo de igualdade, coletividade – é uma ironia; 4. No convite virtual (Facebook), que pede aos leitores que não se esqueçam dos sacos de lixo para o

protesto, também contém ironia. Resposta correta: (D)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO A tirinha caracteriza-se pelo emprego da linguagem verbal e não verbal, produzindo humor. Nos quadros que compõem a tirinha, é possível estabelecermos uma análise com o texto 1, desenvolvendo correlações. Observe que a fala da personagem assemelha-se à postura de parte dos moradores de Higienópolis em relação às pessoas que representariam a “gente diferenciada”. No segundo quadrinho da tira, as pessoas que se encontram fora do espaço interno do carro poderiam corresponder à “gente diferenciada”, ou seja, aquelas pessoas vítimas do olhar preconceituoso de parte dos moradores de Higienópolis. A ideia de levantar muros, erguer fortalezas com o objetivo de se refugiar do Brasil real pode ter como correspondente a imagem do carro, separando as personagens que estão no espaço interno do automóvel da “gente diferenciada”, do “Brasil real”, que ocupa os espaços públicos conforme se observa na tirinha. Resposta correta: (E)

OSG.: 54869/1140

ITA – 2012

OSG.: 54869/1141

ITA – 2012

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO A leitura do terceiro ao sexto parágrafo do texto revela de modo contundente que a crítica mais abrangente da autora às revistas dirigidas às mulheres de classe C reside no pacote de soluções equivocadas oferecidas pelas revistas aos anseios dessa nova classe média. Note que essa visão da autora está reforçada no segmento a seguir: “Sei que deve ser utopia, mas gostaria de ver publicações para a classe C que ensinassem as pessoas a se alimentar melhor, que mostrassem como a obesidade anda perigosa no Brasil (...) Que mostrassem como é possível se vestir gastando pouco, sem se importar com marcas”. Resposta correta: (B)

COMPREENSÃO TEXTUAL O texto II da prova traz um artigo de opinião, de Cynara Menezes, publicado na Carta Capital, no dia 15 de julho de 2011. Ele explora a expansão da classe C e as pesquisas que são feitas sobre essa nova classe, a fim de lhe oferecer determinados produtos, como revistas. No texto II, é fácil notar a indignação da autora, uma vez que ela tece severas críticas (linhas 21, 26 e 27 do texto) à elaboração desses produtos. Por isso, é correto inferir que, para a autora, um bom texto é aquele que leva o leitor a procurar outras fontes de informações e que possibilita a reflexão do leitor. Resposta correta: (C)

LINGUAGEM INFORMAL A partir de passagens transcritas do texto 2, o candidato deve apontar aquela em que a linguagem informal não se faça presente. Analisando as alternativas da questão, o leitor encontrará o item A como resposta, já que contém linguagem formal devido ao uso adequado da norma padrão. As alternativas B, C, D e E apresentam informalidades discursivas que são percebidas nas palavras (normal; tipo) ou nas expressões (só pode; nem pensar). É importante frisar que a informalidade discursiva é reforçada nas passagens dos itens B, C, D e E, porque é possível ao leitor notar que sobressai a tonalidade de um discurso coloquial. Resposta correta: (A)

OSG.: 54869/1142

ITA – 2012

ASPECTOS SINTÁTICO-SEMÂNTICOS

Considerando os aspectos sintático-semânticos do texto, observamos que:

No item I – O deslocamento do termo só nas construções não alterou o sentido, portanto desenvolve

equivalência no processo de interpretação.

No item II – Identificamos, nos dois últimos parágrafos, uma série de períodos que sintaticamente estão

fragmentados, sem orações principais, no entanto o contexto da leitura permite-nos identificá-las,

promovendo a coesão sequencial do texto com base nas suas relações.

No item III – A substituição do segmento “sem se importar com marcas” por “sem se importassem com

marcas” produziria alteração na configuração sintático-semântica do período. A substituição correta seria

“sem se importarem com marcas”.


DIÁLOGO ENTRE TEXTOS

Por explorar o diálogo entre os textos 1 e 2, a questão 34 exige bastante atenção por parte do leitor. Note que

o texto 1 explora as relações existentes entre classes sociais distintas na cidade de São Paulo, e o texto 2

aborda as perspectivas de consumo da nova classe C. É fácil chegar a uma resposta quando se observa que o

tema responsável pelo diálogo entre os textos são as questões que envolvem classes sociais, já que, no texto 1, há o

embate entre ricos (moradores de Higienópolis) e pobres (usuários de metrô) e, no texto 2, explora-se a

ascensão social de uma nova classe com todas as suas possibilidades de consumo.


OSG.: 54869/1143

ITA – 2012

MODERNISMO

Esta questão requer conhecimentos das características do Modernismo e, em especial, da obra de Oswald de

Andrade. A única opção que não contempla a proposta modernista está na letra B, porque os problemas

existenciais praticamente não faziam parte das temáticas desse período. Houve uma renovação da linguagem;

houve ironia e sarcasmo a todo o sistema social e econômico, etc. O que menos importava era o aspecto

existencial do poeta, o que veio a ocorrer nos períodos posteriores.


OSG.: 54869/1144

ITA – 2012

MODERNISMO

Esta questão também diz respeito ao mesmo poema, contido no romance Memórias sentimentais de João

Miramar, e requer o conhecimento da relação entre o personagem e o aspecto temático desse poema. Sobre

isso, são feitas três afirmações, todas corretas, já que o que Oswald queria era representar com fidelidade a

vida social da época, aqui sintetizada pelo protagonista. Assim, todas as alternativas estão corretas.


LITERATURA – REALISMO

Esta questão trata da caracterização do personagem-narrador, tendo por base o apelido que lhe foi dado, logo

no início do romance. São feitas quatro afirmações sobre tal narrador, das quais somente a I e a II são

verdadeiras. O conflito central do romance está na relação entre Bentinho e Capitu, e não na alcunha que lhe

foi dada. Assim, o item III está incorreto. O item IV também está incorreto, porque o próprio texto

apresentado afirma que a alcunha foi bem dada, já que “homem calado e recluso” caracteriza o narrador (é

ele próprio quem diz). A alternativa correta, portanto, é a A.


OSG.: 54869/1145

ITA – 2012

COMPREENSÃO E ANÁLISE DE OBRA LITERÁRIA

O texto é uma descrição do cenário onde está situada a casa de D. Antônio de Mariz, fidalgo português, que fora um dos fundadores da cidade do Rio de Janeiro, e onde se passarão os acontecimentos relatados no romance O Guarani. Sabe-se, pelo enredo da obra, que surgirá um conflito entre colonizador e nativos (índios aimorés), em razão de o filho de D. Antônio de Mariz, D. Diogo, ter atirado, acidentalmente, em uma índia da referida tribo, levando-a à morte, o que vai desencadear a vingança dos aimorés contra o colonizador, em que intervirá Peri, o herói do romance. Toda a narrativa gira em torno das aventuras de Peri, um índio Goitacá de “alma branca”, para salvar Ceci dos terríveis aimorés e do inescrupuloso Loredano, dedicando-se, em tempo integral, à tarefa de sua guarda, motivado por um verdadeiro sentimento de adoração. Resposta correta: (E)

INTERPRETAÇÃO E ANÁLISE DE OBRA LITERÁRIA I – (Falsa) No cenário natural “pintado” por Alencar, em suas obras indianistas, a hidrografia ganha lugar de destaque. Os parágrafos introdutórios de O Guarani descrevem de forma lírica, e não fiel, o “Paquequer”, desde sua nascente até a foz no Rio Paraíba. A natureza é, portanto, idealizada, e não descrita fielmente.

OSG.: 54869/1146

ITA – 2012

II – (Verdadeira) A natureza em José de Alencar tem um tratamento de exaltação extrema, para valorizar a terra – numa defesa da tese nacionalista de valorização do homem e da terra pátria. As suas descrições da natureza são infindas, sempre ressaltando a riqueza da fauna e da flora principalmente. Como observa o próprio Alencar, nas notas do autor, o próprio título da obra significa “o indígena brasileiro”; Peri, protagonista da história, representa não só a grande nação tupi-guarani (da tribo dos goitacás), como também o símbolo do aborígine brasileiro em geral. Nesse sentido, embora o espaço descrito seja o planalto fluminense, a Serra dos Órgãos, às margens do rio Paquequer, afluente do rio Paraíba, o autor tenciona exibir a grandiosidade da natureza do país. III – (Falsa) A ação principia e termina tendo o cenário o Paquequer; imagem primeira – primordial, plena e pura – que se associa à figura nuclear do protagonista, Peri: “filho(s) indômito(s) desta pátria de liberdade”, mas também “vassalo(s) e tributário(s)”: o índio, de sua “senhora”, Cecília Mariz; o rio, “desse rei das águas”, o Paraíba. Essa descrição inicial vale como índice não só da estrutura feudal dentro da sociedade chefiada por D. Antônio, mas também da situação inicial de Peri diante de Ceci. O índio guarani (goitacá) chama a fidalga portuguesa de Iara, que significa Senhora, e aparece referenciado várias vezes como escravo submisso, diante da mulher que ele adora com fervor religioso, como um devoto diante de Nossa Senhora, ela Virgem Maria, de que já ouvira falar na educação mariana dos jesuítas, com a qual teve um ligeiro contato. Ao final, senhora e escravo serão descritos como irmã e irmão, sugerindo uma integração total dos elementos, de acordo com a ideologia do autor, que agora vai afirmar a supremacia da Natureza sobre a Cultura, pois só com a integração total na natureza poderia haver paz. Está falsa, portanto, essa opção, uma vez que a personificação da natureza não antecipa dois protagonistas masculinos, mas apenas um masculino (Peri), a outra é Cecíla. Resposta correta: (D)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Ao informar que a dor que nela “dói é um projeto de passeio em círculo, (é) um malogro do objeto em foco”, a poetisa Ana Cristina César utiliza dois termos para especificar a sua dor: projeto (desejo, intenção de fazer ou realizar (algo) no futuro, plano) e malogro (falta de sucesso, resultado ruim, insucesso, fracasso, desdita). Assim, o título do poema “Fisionomia” (aspecto particular de uma situação...) está relacionado ao eu lírico por um conflito de natureza existencial, resultado de um projeto malogrado (insucesso). Ela sugere que o malogro de seu projeto é a dor que nela dói. Resposta correta: (D)

OSG.: 54869/1147

ITA – 2012

REDAÇÃO

PRECONCEITO SOCIAL

A prova de Produção Textual do Vestibular do ITA – Instituto Tecnológico de Aeronáutica − de 2012.1

trouxe um assunto muito oportuno ao contexto contemporâneo brasileiro: o preconceito social. O principal texto motivador, uma charge do Angeli, reforçado pelos demais textos da prova de Língua Portuguesa, denuncia o desprezo exacerbado que brasileiros de maior prestígio social e poder financeiro assumem em relação à massa menos abastada. Na elaboração do texto, o candidato deveria, logo no início, estruturá-lo em quatro parágrafos a fim de deixar claro para o leitor um ponto de vista em favor do tema, para, em seguida, nos dois parágrafos do desenvolvimento, justificar o porquê de ter essa forma de pensar. Certamente, o texto ficará muito rico se forem usados argumentos consistentes com o propósito de convencer o avaliador da prova. Na conclusão, para dar mais harmonia à discussão sobre as divergências das classes sociais e o menosprezo que a elite brasileira tem em relação às classes menos favorecidas, o candidato poderia optar por um destes dois modelos: elaborar uma síntese e construir uma espécie de “fechamento” das ideias apresentadas nas partes anteriores do texto ou, simplesmente, sugerir possíveis ações que podem, pelo menos, amenizar essa desprezível realidade que, nós, brasileiros vivenciamos todos os dias: o preconceito entre os cidadãos. Tal comportamento é fomentado pela posição social e o dinheiro que uma minoria usufrui em relação a seus semelhantes. É relevante ser observado que o poder e o “status” deixam as pessoas mais propensas ao individualismo, fechando-se, muitas vezes, às próprias melhorais que uma ação pública trará à sociedade como um todo. Por isso, certas pessoas agem como o rapaz da charge: quer ajudar apenas nas tragédias para aparecer nos veículos de comunicação como “bonzinho”.

OSG.: 54869/1148

ITA – 2012

MATEMÁTICA

ANÁLISE COMBINATÓRIA Veja que o número de maneiras é equivalente ao número de triplas de inteiros não negativos (x, y, z) tais que

x 5y 10z 25(*)+ + = (x = moedas de 1 centavo; y = moedas de 5 centavos; z = moedas de 10 centavos).

Podemos enumerar as soluções (x, y, z) de (*): S = (0, 1, 2); (5, 0, 2); (0, 3, 1); (5, 2 , 1); (10, 1, 1); (15, 0, 1); (0, 5, 0); (5, 4, 0); (10, 3, 0); (15, 2, 0); (20, 1, 0); (25, 0, 0) E com isso, há 12 triplas, ou seja, 12 maneiras. Resposta correta: (D)

PROBABILIDADE Seja P a probabilidade do alvo ser atingido pelo menos uma vez. Então (1 – P) é a probabilidade do alvo não ser atingido nenhuma vez. Agora, note que, como os atiradores acertam o alvo uma vez a cada 3 disparos, então a probabilidade de um

atirador acertar o alvo é 1

3. Como os dois atiradores disparam independentemente, a probabilidade de ambos

errarem é 1 1

1 13 3

− ⋅ − .

(Note que1

13

−

é a probabilidade de um atirador errar).

Portanto:

1 – P = 2

1 1 2 41 1

3 3 3 9 − ⋅ − = =

4 5P 1 P

9 9⇒ = − ⇒ =


OSG.: 54869/1149

ITA – 2012

NÚMEROS COMPLEXOS De acordo com o enunciado, temos: (1 + i)n é real para n o menor inteiro positivo. Com isso:

( )n

n2 cis 1 i

4

π ⋅ = +

Mas:

( ) ( )nn n n1 i 2 cos i sen

4 4

π π + = ⋅ + ⋅

Como ( )n1 i+ é um número real, temos:

n nsen 0 k n 4k para

4 4

π π= ∴ = π∴ =

k 0, 1, 2, 3, ...∈

Portanto: Para k = 1, temos:

n 4=

Porém:

( )2 2z n cos 45 i sen 45 n cis 45= ⋅ ° + ⋅ ° = ⋅ °

( )w n cos 15 i sen 15 n c is 15= ⋅ ° + ⋅ ° = ⋅ °

Então:

zn . cis 30

w= °

Portanto,

( )z 3 14 . i 2 3 i

w 2 2

= + = +


OSG.: 54869/1150

ITA – 2012

NÚMEROS COMPLEXOS

Sabendo que arg z = ,4

π temos:

arg (z1 ⋅ z2) = arg (z1) + arg (z2) Com isso:

arg (– 2i ⋅ z) = 3

2

arg(– 2i)π

+

4

arg(z)π

Então:

arg (– 2i ⋅ z) = 3

2 4

π π+

Portanto:

arg (– 2i ⋅ z) = 6

4 4

π π+ =

7

4

π


ÁLGEBRA DOS CONJUNTOS Sabemos que o conjunto ℚ dos racionais é fechado na soma (ou seja, a, b ∈ ℚ ⇒ a ± b ∈ ℚ ), Temos:

r1 − r2 ∈ ℚ (1) e r1 + r2 + r3 ∈ ℚ (2)

Aqui, V representa verdadeiro e F, falso.

( ) ( )

( )( ) ( )

(1)

1 1 1 2 2 1 2

(1) (2)

2 1 2 1 1 2 1 2

1 2 3 1 2 3

( I ) V Se r r r r r e se r

r r r r . Logo, r , r r r

r r r r r r

∈ ⇒ − − ∈ ⇒ ∈ ∈ ⇒

⇒ + − ∈ ⇒ ∈ ∈ ⇒ + ∈ ⇒

⇒ + + − + ∈ ⇒ ∈

ℚ ℚ ℚ ℚ

ℚ ℚ ℚ ℚ

ℚ ℚ

OSG.: 54869/1151

ITA – 2012

( ) ( )

( ) ( ) ( )

(2)

3 1 2 3 3 1 2

(1)

3 1 2 1 2 1 2

1 21 2

1 2

II (V) r r r r r r r

III (V) r r r r r r r

2r 2r2r , 2r , (Pois éfechado no produto,ou seja,a, b

2 21

ab , e ) r , r2

∈ ⇒ + + − ∈ ⇒ + ∈

∈ ⇒ + ∈ ⇒ + ± − ∈ ⇒

⇒ ∈ ⇒ ∈ ∈ ⇒

∈ ∈ ⇒ ∈

ℚ ℚ ℚ

ℚ ℚ ℚ

ℚ ℚ ℚ ℚ

ℚ ℚ ℚ


EQUAÇÃO ALGÉBRICA (POLINÔMIOS) De acordo com o enunciado, temos:

31 2

1 2 3

xx 2x 2

2

x 2x 2 · x 0

+ + =

− − =

somando as equações

31 3

1 3 3

x2 x 2 x 2 · multiplicando por 2

2

4 x 4 2 2 x x (I)

+ − =

= + −

31 2

1 2 3

xx 2x 2

2

x 2x 2 x 0

+ + = − − =

subtraindo as equações

( )

32 3

32 3

x4x 2 x 2

2

x4x 2 2 x II

2

+ + =

= − −

Usando a relação de Girard na equação polinomial, temos:

( ) ( )

( ) ( )

3 2

1 2 3

1 2 3

p x x 4 2 x ax 16

x x x 4 2 multiplicando por 4

4x 4x 4x 4 4 2 III

= − + + +

+ + = + ⋅

+ + = +

OSG.: 54869/1152

ITA – 2012

Substituindo as equações (I) e (II) na equação (III) obtemos:

( )

( )( )

33 3 3 3

33 3

3 3 3

x4 2 2 x x 2 2 x 4x 4 4 2

23x

6 2 · x 4x 4 4 2 · multiplicando por 22

12 2 2 x 3x 8x 8 4 2

+ − + − − + = +

+ − + = +

+ − + = +

Com isso: x3 = 4 Portanto:

( ) ( )( ) ( )

3 2p 4 0 4 4 2 · 4 a · 4 16 0

4a 16 4 2 80 a 4 2 1

= ∴ − + + + =

= + − ∴ = −


PROGRESSÃO ARITMÉTICA De acordo com o enunciado, temos: ( )x 2y; 3x 5y ; 8x 2y; 11x 7y 2z P.A.+ − − − +

Com dado: 11x 7y 2z x 2y 3x 5y 8x 2y− + + + = − + − Então:

x 2y 2z 0 (I).+ + =

Porém: ( )a; b; c em progressão aritmética,

temos: 2b a c= + Portanto:

( )2 3x 5y x 2y− = + 8x 2y+ −10

x y3

∴ = −

Substituindo na equação (I), obtemos:

10 2y 2y 2z 0 z y

3 3− + + = ∴ =

Mas, de acordo com o enunciado, temos: 11x 7y 2z 127− + = −

10 211 y 7 y z y 127

3 3 ⋅ − − ⋅ + ⋅ = −

1104 4y7y 127

3 3− − + = −

OSG.: 54869/1153

ITA – 2012

Então:

y 3 ; z 2 ; x 10= = = −

Portanto:

x y z 60⋅ ⋅ = −


POLINÔMIOS

Se (–2i) e (i – 3) são raízes de p(x), então (+2i) e (–i – 3) são também raízes de P(x). Seja r ∈ R a quinta raiz

de P(x) e C o coeficiente líder de p(x). Assim: p(x) = C ⋅ (x + 2i) ⋅ (x – 2i) ⋅ (x – i + 3 ) ⋅ (x + i + 3) ⋅ (x – r).

Algoritmo da divisão: p(x) = (x – 5) ⋅ t(x) + 0 ⇒ p(5) 0 =

Logo: C ⋅ (5 + 2i) ⋅ (5 – 2i) ⋅ (5 – i + 3) ⋅ (5 + i + 3) ⋅ (5 – r) = 0

Como C ≠ 0, pois p(x) tem grau 5 ⇒ 5 – r = 0 ⇒ r 5 =

Por outro lado, p(1) = 20 ⋅ (5 + 2 3) e, portanto:

C ⋅ (1 + 2i) ⋅ (1 – 2i) ⋅ (1 – i + 3) ⋅ (1 + i + 3) ⋅ (1 – r) = 20 ⋅ (5 + 2 3)

C ⋅ (1 – 4i2) ⋅ [(1 + 23) – i2] ⋅ (1 – r) = 20 ⋅ (5 + 2 3)

C ⋅ (1 + 4) ⋅ [1 + 3 + 2 3 1+ ] ⋅ (1 – r) = 20 ⋅ (5 + 2 3)

5 ⋅ C ⋅ ( )5 2 3+ ⋅ (1 – r) = 20 ⋅ ( )5 2 3+

⇒ C ⋅ (1 – r) = 4 ⇒ C ⋅ (1 – 5) = 4 ⇒ C 1 = −

Portanto:

p(x) = (–1) ⋅ (x + 2i) ⋅ (x – 2i) ⋅ (x – i + 3) ⋅ (x + i + 3) ⋅ (x –5)

p(–1) = (–1) ⋅ (–1 + 2i) ⋅ (–1 – 2i) ⋅ (–1 – i + 3) ⋅ (–1 + i + 3) ⋅ (–1 –5)

p(–1) = (–1) ⋅ (1 – 4i2) ⋅ [(–1 – 23) – i2] ⋅ (–6)

p(–1) = (–1) ⋅ (5) ⋅ (1 + 3 – 2 3 1)+ ⋅ (–6)

( ) P( 1) 30 5 2 3 − = ⋅ −


OSG.: 54869/1154

ITA – 2012

GEOMETRIA PLANA

Note que o ∆ABC é retângulo em B, pois ( )22

2 311 .2 2 = +

Assim, podemos montar a figura abaixo.

Veja que aBT r .= Assim, a

3CT r .

2= −

a a

a a

a a a

a

3 3r r

2 2tg15 2 3r r

3 3r (2 3) r r (3 3)

2 2

3 3 1Logo, r

42(3 3)

− −° = ⇒ − =

− = − ⇒ − =

+= =

−


Veja que 1cos A 2= .

Assim, = °

OSG.: 54869/1155

ITA – 2012

GEOMETRIA ANALÍTICA

O ponto M = (0,3) é o ponto médio de AB CM⇒ é mediana ⇒ O baricentro do ∆ABC é o ponto

4G ,3

3 =

. Assim, temos no ∆AMG:



De acordo com o enunciado, temos:

x 3y 3 (r)

3x y 21 (s) multiplicando por 3

10x 60 x 6 ; y 3

− = − + =

= ∴ = =

Colocando as retas r e s nos eixos coordenados, obtemos:

22 22

2

4 16AG 3 AG 9

3 9

81 16 97AG

9 9

97AG

3

= + ⇒ = +

+⇒ = = ⇒

⇒ =

OSG.: 54869/1156

ITA – 2012

Portanto, a área do quadrilátero vale:

H ABC COD

H H

S S S

10 3 3 1 27S S u.a.

2 2 2

∆ ∆= −

⋅ ⋅= − ∴ =



OSG.: 54869/1157

ITA – 2012

Como a bissetriz do ângulo Â passa pela origem → A equação dessa reta é dada por: y = a · x, onde a = tg θ.

Como MA MB MC 1= = = → ∆AMC é retângulo em M e ∆ABC é isósceles → 45º

IÂB .2

= θ =

Sendo IM x IC 1 x= → = − → Pelo teorema da bissetriz interna do ∆CAM:

( )o

1 21 x x 2 1 x 2 1

x 1 x

1 2 1 45x x 2 1 tg 2 1

22 1 2 1

= → − = → = ⋅ + →−

−→ = ⋅ → = − → = = −

+ −

Assim, a equação da bissetriz interna do ângulo Â é dada por: ( )y 2 1 x= − ⋅

As retas paralelas a essa bissetriz são dadas por: ( )y 2 1 x b.= − ⋅ ±

Quando x = 0 → y = ±b → Os pontos (0, b) e (0, –b) são as interseções dessas paralelas com o eixo y. Olhe a figura abaixo:

No ∆ADE da figura, temos que:

( )o45 DE

tg DE 2 2 12 2

= → = ⋅ −

( ) ( )( ) ( )

22 2 2

2

Logo: b 2 2 2 1 4 4 2 1 2 2

b 4 4 3 2 2 16 8 2 4 4 2 2

b 2 4 2 2 .

= + ⋅ − = + ⋅ + −

⇒ = + ⋅ − = − = ⋅ −

⇒ = ⋅ −

Logo, as equações das retas desejadas são dadas por:

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

2

y 2 1 x 2 4 2 2

2 1 y 2 1 2 1 x 2 2 1 4 2 2

2 1 y x 2 4 2 2 2 1

2 1 y x 2 4 2 2 3 2 2

2 1 y x 2 12 8 2 6 2 8

2 1 y x 2 4 2 2

2 1 y x 2 4 2 2 0

= − ⋅ ± −

⇒ + ⋅ = − ⋅ + ⋅ ± ⋅ + ⋅ −

⇒ + ⋅ = ± ⋅ − ⋅ +

⇒ + ⋅ = ± ⋅ − ⋅ +

⇒ + ⋅ = ± ⋅ + − −

⇒ + ⋅ = ± ⋅ +

⇒ + ⋅ − ± + =


OSG.: 54869/1158

ITA – 2012

CONJUNTOS

I. (Falso) Tome o universo como sendo U = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, A = 1, 2, 4, 5; B = 2, 3, 5, 6; C = 4, 5, 6, 7. Veja o diagrama abaixo para facilitar:

Então, BC = 1, 4, 7 ⇒ CA \ B 2,5= ; CC = 1, 2, 3 ⇒

⇒ (A \ B) \ CC = 5. Mas: (B ∪ C) = 2, 3, 4, 5, 6, 7 ⇒ ⇒ A ∩ (B ∪ C) = 2, 4, 5, donde (A \ BC) \ CC ≠ A ∩ (B ∪ C) neste caso. II. (Falso) Ainda no exemplo anterior, temos: • (A \ BC) \ C = 2, 5 \ 4, 5, 6, 7 = 2 • A ∪ (B ∪ CC) = 1, 2, 4, 5 ∪ (2, 3, 5, 6 ∩ 1, 2, 3)C = 1, 2, 4, 5 ∪ (2, 3)C = = 1, 2, 4, 5 ∪ 1, 4, 5, 6 = 1, 2, 4, 5, 6, 7 Logo, como 2 ≠ 1, 2, 4, 5, 6, 7. Logo, (II) é falso neste caso. III. (Verdadeiro) Vamos provar que BC ∪ CC = (B ∩ C)C Com efeito, se X ∈ BC ∪ CC , então X ∈ BC ou X ∈ CC, onde X ∉ B ou X ∉ C ⇒ X ∉ B ∩ C ⇒ X ∈ (B ∩ C)C. Logo,

X ∈ BC ∪ CC ⇒ X ∈ (B ∩ C)C Implica ( )CC CB C B C (1)∪ ⊂ ∩

Agora, se X ∈ (B ∩ C)C ⇒ X ∉ B ∩ C ⇒ X ∉ B ou X ∉ C ⇒ ⇒ X ∈ BC ou X ∈ CC ⇒ X ∈ BC ∪ CC. Daí, X ∈ (B ∩ C)C ⇒

⇒ X ∈ BC ∪ CC, onde ( )C C CB C B C (2)∩ ⊂ ∪

Logo, de ( 1 ) e ( 2 ), temos (B ∩ C)C = BC ∪ CC. Resposta correta: (C)

OSG.: 54869/1159

ITA – 2012

CONJUNTOS

Como A e B são disjuntos, então n (A ∩ B) = 0. Por outro lado, P(A) e P(B) possuem exatamente um único

elemento em comum, a saber: o conjunto vazio.

Seja a = n (A) e b = n (B), temos:

P(A) = 2a e P(B) = 2b.

n (P(A) ∪ P(B)) + 1 = n (P(A ∪ B))

n ((P(A)) + n ((P(B)) – ( ) ( )( ) ( )( )n(A B)1 elemento 2

n P A P B 1 n P A B

∪

∩ + = ∪

2a + 2b – 1 + 1 = 2a+b – n (A ∩ B)

2a + 2b = 2a + b

2b · (2a – b + 1) = 2a + b → 2a – b + 1 = 2a

Tal equação tem solução somente se a – b = 0.


OSG.: 54869/1160

ITA – 2012

EQUAÇÕES EXPONENCIAIS

Façamos ax = K, tem-se: 2

2

221

22

K 2 · K 0

4 4

K2 2K

2 K

+ β − β =

∆ = β + β

= − β + β + β− β ± β + β=

= − β − β + β

I. Falso. Basta tomar 12

−β = que verificamos que 2β + β ∉ℝ .

II. Verdadeiro. Se 1β = − , tem-se: K1 = K2 = 1 Assim, ax = 1 → x = 0. III. Verdadeiro. Se 0β = , tem-se K1 = K2 = 0. Assim, ax = 0 não apresenta solução real. IV. Falso. Basta tomar 1β = , veja que K2 < 0. Assim, ax = k2 não apresenta solução. Resposta correta: (C)

TRIGONOMETRIA Sabemos que:

• [ ]arcsenx , e arc cos x 0,2 2

π π ∈ − ∈ π

Tomando:

x x x x

x x x x

e e e earcsen a sen a

2 2

e e e earccos b cosb

2 2

− −

− −

− −= → =

− −= → =

Por outro lado, tem-se:

a b sen a cos b2

π+ = → =

Assim:

x x x xx x x x 2xe e e e

2e 2e e e e 12 2x 0 S 0

− −− −− −

= → = → = → = →

→ = → =


OSG.: 54869/1161

ITA – 2012

TRIGONOMETRIA Temos que:

2 2 2 22 4sen x cos x sen x cos x e sen x cos x 1

5 25⋅ = → ⋅ = + = , com sen x e cos x (ambos com o mesmo sinal).

Então:

2 2 24t t 0, onde t sen x ou t cos x

25− + = = =

Resolvendo, encontramos:

2 2 2

2 2 2

4 4 1t sen x cos x tg x 4 tgx 2 tg x 2

5 5 5ou

1 1 4 1 1 1t sen x cos x tg x tgx tg x

5 5 5 4 2 2

= → = → = → = → = ± → =

= → = → = → = → =± → =

Logo:

Produto (solicitado) = ( ) 12 1.

2 ⋅ =

Soma (solicitada) = ( ) 1 52

2 2 + =


OSG.: 54869/1162

ITA – 2012

TRIGONOMETRIA Sabemos que: • Se n for par → cos (α + nπ) = cos α • Se n for ímpar → cos (α + nπ) = – cos α Então:

( )n

k 0

V cos k cos cos( ) cos( 2 ) ... cos( n )=

= α + π = α + α + π + α + π + + α + π∑

Analisando:

1º caso: n = par = 2t → V = V’ + V”, onde: ( )

1t parcelas

V’ cos cos( 2 ) ... cos( 2t ) t 1 cos+

= α + α + π + + α + π = + α

[ ]t parcelas

V” cos( ) cos( 3 ) ... cos (t 1) t ( cos )= α + π + α + π + + α + − π = ⋅ − α

Assim: V = V’ + V” = (t + 1) cos α + t ⋅ (– cos α) = cos α 2º caso: n = ímpar = 2t + 1 → V = V’ + V”, onde:

t 1 parcelas

V’ cos cos( 2 ) ... cos( 2t ) (t 1)cos+

= α + α + π + + α + π = + α

[ ]t 1 parcelas

V” cos( ) cos( 3 ) ... cos (2t 1) (t 1)( cos )

+

= α + π + α + π + + α + + π = + − α

Assim: V = V’ + V” = (t + 1) cos α + (t + 1)(– cos α) = 0 Portanto:

n

k 0

par cos ( k ) cos=

→ α + π = α∑n

n

k 0

ímpar cos ( k ) 0=

→ α + π =∑n


OSG.: 54869/1163

ITA – 2012

GEOMETRIA ESPACIAL Temos que:

• Cubo de aresta

3

33 3volume cm .243 243 243

π π π= → = =

• Cone circular reto

• Fazendo a semelhança de sólidos, obtemos:

31 d 1 1 d 1243

1 27 1 39

2Logo : d cm

3

π− − = = → = π

=


OSG.: 54869/1164

ITA – 2012

GEOMETRIA ESPACIAL • Cone reto → • Planificação da lateral do cone → Então:

coL

2 2 2

Área A Rg 3 Rg 3R 1 g 32

comp. (linear) = comp. (angular) × Raio 2 R g g 3R3

Pitágoras g h R h 2 2

→ = π = π → =

→ = → =π→ π = ⋅ → =

→ = + → =

Logo:

cone 2 2 2total

2 23

cone

A R Rg 1 1 3 4 cm

R h 1 2 2 2 2V cm

3 3 3

= π + π = π⋅ + π⋅ ⋅ = π

π ⋅ π ⋅ ⋅ π= = =


OSG.: 54869/1165

ITA – 2012

ANÁLISE COMBINATÓRIA E PROBABILIDADE

Veja que o grupo onde o 10 está pode ter outros 4 números dentre 1, 2, ..., 9. Assim, há 9

1264

=

maneiras

de escolher os 4 integrantes do grupo onde o 10 está. (Casos possíveis) Agora, se 10 e 9 estão no mesmo grupo, então esse grupo ainda pode ter mais 3 números dentre 1, 2, ..., 8.

Assim, há8

563

=

maneiras de escolher os 3 integrantes do grupo onde o 10 e o 9 estão (Casos favoráveis).

Logo, a probabilidade pedida é: 56 4

126 9=

Resposta correta: 4

9

TRIGONOMETRIA Temos que:

y sen 2x 3 cos 2x

1 3y 2 sen 2x cos 2x

2 2

y 2 cos sen 2x sen cos 2x3 3

y 2 sen 2x3

= − ⋅

= ⋅ −

π π = ⋅ −

π = ⋅ −

Veja que:

• se sen 2x 13

π − =

→ y será máximo.

Então:

2x k 23 2

π π− = + ⋅ π , k inteiro.

Resposta correta: 5

x k , inteiro12

π= + ⋅π k

OSG.: 54869/1166

ITA – 2012

PROGRESSÃO GEOMÉTRICA E DETERMINANTES De acordo com o enunciado, temos:

usando a Regra de Chió, obtemos:

com isso: det A = x1 · x2· x3... xn., sabendo que (x1, x2, x3..., xn) é uma progressão geométrica, temos:

x1 = 1

2e razão = q = 4.

como o detA = 256

Obtemos:

x1 · x2· x3... xn= 256 ∴ nP 256=

Produto de uma P.G. finita de n temos: Então:

( )n

2n 1 nP x · x= (I)

Com isso:

xn = x1 · qn–1 ∴ xn = 1

2· 22n–2 ∴ 2n 3

nx 2 −=

portanto, substituindo na equação (I) encontramos:

n

22n 31

256 ·2 22

− = ∴

82=

2n 2n−

então:

n 4=

OSG.: 54869/1167

ITA – 2012

n2 – 2n = 8 ∴ 2n 2n 8 0− − =

n 2= −

(não satisfaz) portanto, a ordem da matriz A vale

n + 1 = 5

DETERMINANTES E MATRIZ INVERSA Sabendo que o DetA = 9, temos:

n 1 1

n 5 n 5 9

5 3 2

+ =

− − −

(+) (+)( 1)− ( 1)−

Com isso:

–2n(n – 2) + 15(n – 2) = 9

(n – 2) ⋅ (–2n + 15) = 9

2n2 – 19n + 39 = 0 ⇒ n = 3

Com isso, a matriz A é da fórmula:

3 1 1

A 8 3 5

5 3 2

= − − −

Sabendo que A ⋅ A–1 = I, obtemos:

3 1 1 a b c 1 0 0

8 3 5 d e f 0 1 0

5 3 2 g h i 0 0 1

⋅ ⋅ − − −

Com isso:

3a + d + g = 1 ⋅ (I) Mas, a matriz inversa é dada por:

OSG.: 54869/1168

ITA – 2012

1 1A A

det A− = ⋅

3 51 1a a 9 a 1

3 29 9= ⋅ ∴ = ⋅ ∴ =

− −

Substituindo na equação (I), obtemos:

3a + d + g = 1 ∴ 3 + d + g = 1 ∴ d + g = –2

Portanto, a soma dos elementos da primeira coluna da matriz inversa A–1 vale:

a + d + g = 1 – 2 = –1

GEOMETRIA ESPACIAL O enunciado corresponde à figura abaixo:

O sólido em questão é um cilindro, de raio e altura iguais a 2, subtraído de uma semiesfera. a) Área total: ALateral + Abase + Asemiesfera. cil cil

2 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 2 + π ⋅ 22 + 214 2

2⋅ π ⋅ =

8π + 4π + 8π = 2 20 cm π

b) Vcil – Vsemiesfera

OSG.: 54869/1169

ITA – 2012

π · 22 · 2 – 31 42

2 3⋅ π ⋅ =

8π16

3

π− = 38

cm 3

π

Resposta correta: a) 220 cmπ b) 38cm

3

π

GEOMETRIA ANALÍTICA E ESPACIAL Sejam A = r ∩ s; B = s ∩ t; C = t ∩ r. Achemos as coordenadas de A, B, C:

• A: ( )x 3y 3A 3,2

x 7 2y= −

⇒ == −

• B: ( )x 7 2yB 7,0

x 7 7y= −

⇒ == −

• C: ( )x 7 7yC 0,1

x 3y 3= −

⇒ == −

Agora, esboçando o gráfico do ∆ABC e achando as medidas de seus lados e de sua área:

• AB = ( ) ( )2 23 7 2 0 16 4 2 5 uc− + − = + =

• BC = ( ) ( )2 20 7 1 0 49 1 5 2 uc− + − = + =

• CA = ( ) ( )2 23 0 2 1 9 1 10 uc− + − = + =

• Área (∆ABC) =

3 2 1

1 0 1 1

2 7 0 1=

1 1

3 1 1 2 1 7 0 0 1 7 1 1 2 0 1 3 0 1 3 14 7 5ua2 2

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

Resposta correta:

a) Asuperficial = 2 · Área(∆ABC) + ( )Área Lateral 2 5 2 5 5 2 10 2

Perímetro ( ABC) Altura

= ⋅ + + + ⋅

∆ ⋅

OSG.: 54869/1170

ITA – 2012

( )( ) ( ) ( )10 2 2 2 5 5 10 2 2 2 5 5 5 ua = + ⋅ + + − = + + −

b) = Volume = Área ⋅ Altura = 5 ⋅ 2 = 10 uv

CONJUNTOS De acordo com os dados do enunciado podemos obter o diagrama abaixo:

Do enunciado temos n(M ∪ F ∪ Q) = n Assim: N(M) = 0,48, n(F) = 0,36 n, n(Q) = 0,32 n

n(M ∩ F) = 0,12n n(M ∩ Q) = 63 – x + 0,04 n

n(Q ∩ F) = 0,04 n + x e n(M ∩ F ∩ Q) = 0,04 n

Sabemos que: n(M ∪ F ∪ Q) = n (M) + n(F) + n(Q) – n(M ∩ F) – n(M ∩ Q) – n(F ∩ Q) + n(M ∩ F ∩ Q)

n = 0,48 n + 0,36 n + 0,32 n – 0,12 n – 63 x+ 0,04 n− 0,04n x− − 0,04+ n

n = 1,16 n – 0,16 n – 63

0 · n = 63 Assim, percebemos que não existe um número n que satisfaça a equação acima, isto é, o problema proposto é insolúvel.

OSG.: 54869/1171

ITA – 2012

FUNÇÃO 1ª Parte: Construção do gráfico de f.

• Se ( ) ( ) ( )2x 0 x 3 x Parábola , com x 3.≥ → = + ≥f f

• Se x < 0 → f(x) = 3 – x2 (parábola), com f(x) < 3.

• Reunindo os dois gráficos acima, num único sistema de coordenadas cartesianas, encontramos:

OSG.: 54869/1172

ITA – 2012

• Observando o gráfico de f acima, temos: i) Imf = R = C.Df → f é sobrejetora ii) Para x1 ≠ x2 ∈ Df → y1 ≠ y2 → f é injetora Logo, podemos concluir que f é bijetora, consequentemente, inversível.

2ª parte: Obtenção da inversa de f. Nota: Se (x, y) ∈ f → (y, x) ∈ f–1 • f(x) = 3 + x2, com x ≥ 0 e f(x) ≥ 3. Fazendo a permuta das variáveis, obtemos:

2 2x 3 y y x 3 y x 3= + → = − → = −

Logo:

( )1 x x 3− = −f , com x ≥ 3.

• ( ) 2x 3 x= −f com x < 0 e f(x) < 3.

Fazendo a permuta das variáveis, obtemos:

2 2x 3 y y 3 x y 3 x= − → = − → = − −

Logo:

( )1 x 3 x− = − −f , com x < 3.

Portanto:

( )1x 3, com x 3

x3 x , com x 3

− − ≥

= − − <

f

OSG.: 54869/1173

ITA – 2012

INEQUAÇÕES LOGARÍTMICAS E TRIGONOMÉTRICAS

Condição de existência:

( ) ( )tg 0 e tg 1

5 5 3Assim: 0, , , ,4 4 2 4 4 2

θ > θ ≠π π π π π πθ∈ ∪ ∪ π ∪

A inequação é:

sentg tg

senlog 0 sen log 0 0

n tgθ

θ θθ

≥ ⇒ θ ⋅ ≥ ⇒ ≥θℓ

e e

Esta última inequação nos diz que:

1°)

sen 0 e n tg 0sen 0 e tg 1

Daí: ,4 2

θ ≥ θ >θ ≥ θ >

π π θ ∈

ℓ

ou

2°)

sen 0 e n tg 0sen 0 e tg 1

5Daí: ,

4

θ ≤ θ <θ ≤ θ <

π θ ∈ π

ℓ

Resposta correta: Solução: 5

/ ou4 2 4

π π π θ ∈ < θ < π < θ <

R

OSG.: 54869/1174

ITA – 2012

GEOMETRIA PLANA

Como o arco o o oAC 60 AOP 60 AOB 120= ⇒ = ⇒ = . No ∆APO,

sen 60o 2 3 2 2 2 6

PO 2 PO PO2 3PO 3

= ⇒ ⋅ = ⇒ = ⇒ =

Assim, pela potência do ponto P em relação à ωωωω:

( ) ( )2 2 2PA PC PB 2 PO R PO R 2 PO R= ⋅ ⇒ = − ⋅ + ⇒ = −

22 2 24 6 4 2 8 6 2R PO 2 R 2 R 2

9 3 3 3

⋅ ⋅ −⇒ = − ⇒ = − ⇒ = − = =

2 3 6R R

33 3⇒ = ⋅ ⇒ =

Como oˆAOB 120= ⇒ A área do setor circular desejada é 1

3

da área de ωωωω. Logo:

Áreasetor = 22

1 1 6 6R

3 3 3 3 3 3

π⋅ π = ⋅ π ⋅ =

⋅ ⋅

setor

2 Área

9

π=

Resposta correta: 2

9

π

OSG.: 54869/1175

ITA – 2012

QUÍMICA

PROPRIEDADES COLIGATIVAS Dados da solução: m1 = 2 × 10– 2 g V = 0,3 L π = 0,027 atm i = 1 (composto orgânico não dissociado) T = 25 oC = 298 K Da osmoscopia (osmometria), é possível afirmar:

πV = 1

1

mRTi

M

M1 = 1m R Ti

Vπ

M1 =

–2 atm2 10 g 0,0821⋅ ⋅

L⋅K

298,15 Kmol

⋅⋅

0,027 atm 0,3 L⋅1i M 60,44 i g/mol⋅ → = ⇒ M1 = 60,44i g/mol

A) Ácido acético → ou C2H4O2 → M1 = 60,06 g/mol (ioniza, então i > 1) B) 1,2-etanodiol → CH2 — CH2 ou C2H6O2 → M1 = 62,08 g/mol (i = 1)

| | OH OH

C) Etanol → CH3 — CH2OH ou C2H6O → M1 = 46,08 g/mol (i = 1) D) Metanodiamida → ou CH4N2O → M1 = 60,07 g/mol ( i = 1) F | E) Tri-fluor-carbono → F — C — H ou CHF3 → M1 = 70,02 g/mol (i = 1) | F

OSG.: 54869/1176

ITA – 2012

Neste caso, foi considerado o trifluorometano (nomenclatura IUPAC) Nota-se que o produto 60,44 · i se aproxima mais da massa molar no caso da ureia. Resposta correta: (D)

REAÇÕES ORGÂNICAS I. Verdadeiro: A oxidação de aldeídos pode formar ácidos carboxílicos.

II. Falso: Os alcanos, em geral, reagem com haletos a partir de cisões homolíticas, ocorrendo substituição radicalar dos referidos alcanos. Nos halelos de hidrogênio, devido à elevada polaridade da ligação covalente H – X, ocorre normalmente cisão heterolítica originando os reagentes eletrofílico (H+) e nucleofílico (X–), impossibilitando a substituição radicalar em alcanos. Obs.: X → halogênios. III. Verdadeiro: As animas são bases de Lewis, portanto, reagem com ácidos produzindo os sais de amônio.

Ex.:

R NH

2 + H+ R – 3NH+

..

Amina (base)ácido

Observação: Reações de aminas com ácido nitroso, dependendo da amina, podem produzir alcoóis, nitrosaminas, nitritos ou sais de diazônio. IV. Falso: Os alcenos (bases de Lewis) reagem com alcoóis (ácidos de Lewis), em meio ácido, produzindo éter. Ex.:

....

H2C

CH

2+ H R

O H+ (catalisador)R O CH

2 CH

3

éter Resposta correta: (B)

OSG.: 54869/1177

ITA – 2012

REAÇÕES ORGÂNICAS I. Falso: De acordo com o diagrama de coordenada de reação a 50°C, temos:

+ SO3H2SO4

50°C

SO3H

SO3H

; ∆Hα < 0

; ∆Hβ < 0

Como os valores das variações de entalpia são negativos (∆H < 0), concluímos que a reação de

sulfonação do naftaleno é exotérmica. II. Verdadeiro: De acordo com o diagrama, a substituição na posição α do naftaleno, ocorre com menor

energia de ativação (Ea) do que a mesma substituição na posição β. Logo, o complexo ativado (estado de transição) formado a partir da substituição na posição α do naftaleno apresenta menor energia (entalpia) do que o complexo ativado formado a partir da mesma substituição na posição β. Assim, a substituição na posição α do naftaleno ocorre com mais facilidade do que na posição β, ou seja, a posição α do naftaleno é mais reativa do que a de β. Teoricamente a densidade eletrônica nos carbonos α é levemente maior do que em β.

III. Verdadeiro: De acordo com o diagrama, a entalpia do ácido β-naftaleno-sulfônico é menor do que a

entalpia do ácido α-naftaleno-sulfônico. Partindo-se de condições idênticas para as duas reações de sulfonação do naftaleno, a substituição na posição β libera mais calor do que na posição α, portanto, o isômero β é mais estável do que o isômero α.


OSG.: 54869/1178

ITA – 2012

ELETROQUÍMICA

Como o potencial padrão de redução para o íon Ag+ (1 mol/L) é fornecido, e conhecendo o

potencial padrão de (c) (c) (aq)AgC | Ag | C −ℓ ℓ (onde C 1 mol/L− = ℓ ) podemos encontrar a [Ag+] em

equilíbrio com (c)AgCℓ precipitado:

2 1

9,75

0,0592 1log

1 Ag

10,222 0,799 0,0592 log

Ag

1log 9,75

Ag

Ag 10 mol/L

+

+

+

+ −

ε = ε − ⇒

= − ⇒

= ⇒

=

O valor de Kps será:

9,75 9,75 10Kps Ag C 10 ·1 10 1,8 ·10+ − − − − = = = = ℓ


OSG.: 54869/1179

ITA – 2012

PROPRIEDADES COLIGATIVAS Para que a pressão de vapor do solvente seja calculada pela sua pressão de vapor quando puro multiplicada pela sua fração molar (Lei de Raoult, p2 = x2p0

2), a solução deve ser ideal (∆HSol. = 0). São consideradas ideais as soluções em que as interações intermoleculares na solução têm a mesma intensidade que nos líquidos puros. Esse fato se verifica em IV e V. Resposta correta: (D)

CINÉTICA QUÍMICA Se o número total de moléculas X + Y é 4Z (onde Z é um número arbitrário), NA é a constante de Avogadro e V o volume do sistema, temos:

• Condição “a”: A A

2 Z 2 Z[X] e [Y]

N V N V

⋅ ⋅= =

⋅ ⋅

• Condição “b”: A A

Z 3 Z[X] e [Y]

N V N V

⋅= =

⋅ ⋅

• Condição “c”: A A

3 Z Z[X] e [Y]

N V N V

⋅= =

⋅ ⋅

Assim: I. Correto – Para a Lei de Velocidade em questão, temos: vb > va > vc. II. Correto – Para a Lei de Velocidade em questão, temos vb = vc < va. III. Falso – Para uma reação de 1ª ordem, o tempo de meia-vida é independente da concentração do reagente X.

Então:

1 1 1

2 2 2(a) (b) (c)

t t t

= =


OSG.: 54869/1180

ITA – 2012

ELETROQUÍMICA Como ∆G = – n · F · E, teremos: ∆G3 = ∆G1 + ∆G2 – n3 · F · E3 = – n1. F. E1 + (– n2 · F · E2) n3 · E3 = n1 · E1 + n2 · E2

3 · E3 = 1 · 0,80 + 2 · (– 0,20) E3 = 0,13 V. Resposta correta: (C)

FUNÇÕES INORGÂNICAS I

I. Falso. O HF é o único hidreto da família dos halogênios (VIIA) que realiza ligações de hidrogênio.

Por esse motivo, apresenta o maior ponto de ebulição. Entre os demais, o ponto de ebulição cresce com

a massa molecular (polarizabilidade): HCℓ < HBr < HI < HF

II. Verdadeiro. Apenas o HF é considerado um ácido moderado, os demais são fortes, ou seja, 100% dissociados.

III. Verdadeiro. O comportamento em ácido acético puro (ácido fraco) é semelhante à água. Segue a

seguinte ordem: HI > HBr > HCℓ >> HF.


OSG.: 54869/1181

ITA – 2012

GASES A polaridade e a polarizabilidade das moléculas afasta o gás da idealidade, pois intensifica as forças intermoleculares. A partir das estruturas é possível concluir:

NH3

NHH

H

Polar, realiza ligações de hidrogênio: Grande desvio da idealidade.

CH4

H

CHHH

Apolar de baixa massa molecular (polarizabilidade baixa), realiza forças de dipolo induzido: comportamento ideal.

O2 O O

Apolar de baixa massa molecular (polarizabilidade baixa), realiza forças de dipolo induzido: comportamento ideal. Resposta correta: (E)

ELETROQUÍMICA A semirreação catódica é:

2 2(s) ( ) (aq) 1Hg C 2e 2Hg 2C E 0,28V (para C 0,1 M)− − − + → + = = ℓℓ ℓ ℓ

Como a ddp é 0,45 V, o potencial de redução para a semirreação anódica é:

ddp = E1 – E2 → E2 = – 0,17 V.

OSG.: 54869/1182

ITA – 2012

A semirreação anódica é:

2

2

o(aq) 2(g) 2

Ho2 2 2

H

2H 2e H E 0,00V

p0,0592E E log

2 H

Como p 1 atm e pH log[H ], temos :

0,17 0 0,0592 pH pH 2,87.

+ −

+

+

+ → =

= −

= = −

− = − ⋅ ⇒ =


Observação: Se considerássemos, como é comum, que a “condição-padrão” seja [Cℓ–] = 1 M, teríamos a

seguinte resolução: A semirreação catódica é:

1

02 2(s) ( ) (aq)Hg C 2e 2Hg 2C E 0,28V− −+ → + =ℓℓ ℓ

( )

201 1

1

1

Em C 0,1M temos:

0,0592E E log C

2E 0,28 0,0592 log 0,1

E 0,34 V

−

−

=

= −

= − ⋅

≅

ℓ

ℓ

Como a ddp é 0,45 V, o potencial de redução para a semirreação anódica é:

ddp = E1 – E2 → E2 = – 0,11 V.

A semirreação anódica é:

2

2

o(aq) 2(g) 2

Ho2 2 2

H

2H 2e H E 0,00V

p0,0592E E log

2 H

Como p 1 atm e pH log[H ], temos :

0,11 0 0,0592 pH pH 1,87 (que não consta nas alternativas).

+ −

+

+

+ → =

= −

= = −

− = − ⋅ ⇒ =

OSG.: 54869/1183

ITA – 2012

ELETROQUÍMICA

I. Correto. A semirreação catódica na eletrólise do CaCℓ2 fundido é: Ca2+(fund) + 2e– → Ca(s).

II. Falso. A eletrólise de Na2SO4, em meio aquoso, se traduz na decomposição da água:

Cátodo (–): 22 H O ( )2 g( )2e H 2 OH−+ → +

ℓ ( )aq

−

Ânodo (+): ( ) ( ) ( )2 2 g aq

1H O O 2H

2+→ +

ℓ2e−+

( ) ( ) ( )2 2 g 2 g

1H O H O

2→ +

ℓ

Ao redor do ânodo o meio torna-se ácido. III. Correto. A semirreação anódica é dada por:

( ) ( ) ( )2 2 g aq2H O O 4H 4e+ −→ + +ℓ

IV. Correto. A semirreação anódica na eletrólise do NaBr fundido é: ( ) ( )fund 2 g2Br Br 2e− −→ + . Após

resfriamento, tem-se Br2(ℓ).


OSG.: 54869/1184

ITA – 2012

ISOMERIA I. (verdadeiro)

Cℓ

CHCH3 CH2 CH3

* Nº IOA = 2n = 21 = 2 (IOA = Isômeros Opticamente Ativos) II. (verdadeiro) A isomeria conformacional surge devido a uma liberdade rotacional em torno do eixo da ligação π (C − C). O butano apresenta infinitos rotâmeros (conformações), dentre os quais temos:

CH3 CH3

CH3

CH3

ALTERNADA (ANTI) ECLIPSADA

H

H HH

H HH

H

III. (verdadeiro)

Isômeros constitucionais

(estruturais) de cadeia

CH3

IV) (falso)

cise

trans

C H4 8

CH3

OSG.: 54869/1185

ITA – 2012

Considerando apenas a isomeria constitucional, temos 4 isômeros (ciclobutano, metilciclopropano, but-1-eno, but - 2 - eno) V) (falso) Isômeros planos (constitucionais) com a fórmula C5H12: pentano metilbutano dimetilpropano 3 isômeros constitucionais. Resposta correta: (A)

TERMODINÂMICA QUÍMICA A variação negativa de entropia ( S 0)∆ < pode ser estimada pela diferança de quantidade em mol de gás dos

produtos e reagentes. Assim: I. Correto. Como a quantidade (em mol) de gás diminui, a desordem também diminui e f iS S .< Assim, S 0∆ < ;

II. Falso. Como a quantidade (em mol) de gás aumenta, a desordem aumenta e S 0∆ > ;

III. Falso. Mais uma vez, a quantidade (em mol) de gás aumenta e S 0∆ > ;

IV. Falso. Como nos itens II e III, a quantidade (em mol) de gás é maior nos produtos que nos reagentes. Resposta correta: (A)

OSG.: 54869/1186

ITA – 2012

POLÍMEROS A borracha natural é um polímero de adição do tipo elastômero. As unidades monoméricas são moléculas de isopreno (2-metil-buta-1,3-dieno).


NOX

K2 N2 O2 N O[ ][K]+2

N2 H4 H

H

NNH

H

Na NH2 [Na]+ HNH[ ]-

2

1+

3

N2-

O

OSG.: 54869/1187

ITA – 2012

N I3 I

I

NI

Na2 NO2 [Na]+2

ONO[ ]2-

3+

2+

Observação: Como regra, o número de oxidação de um halogênio é –1, a menos que esteja combinado com o oxigênio ou outro halogênio mais eletronegativo (Peter Atkins & Loretta Jones, Princípios de Química, 1ª edição, página 114). Ordem crescente de nox:

2 2 4 2 2 2 2 2 3Na NH N H K N O Na N O N I< < < <


SUBSTÂNCIAS E MISTURAS

Na curva de aquecimento representada na questão, é possível identificar trechos que caracterizam um tipo de mistura denominada de EUTÉTICA (liga metálica com ponto de fusão constante e intervalo de ebulição).


OSG.: 54869/1188

ITA – 2012

LIGAÇÕES QUÍMICAS Quanto menor a diferença de eletronegatividade entre dois átomos, maior o caráter covalente da ligação. Dessa forma em cada par temos o maior caráter covalente nas espécies circuladas abaixo:

I. LiCℓ e KCℓ

II. AℓCℓ3 e PCℓ3

III. NCℓ3 e AsCℓ3


ESTUDO DAS SOLUÇÕES A partir do equilíbrio heterogêneo numa solução aquosa saturada, com corpo de fundo, de cloreto de prata

(AgCℓ), temos:

AgCℓ(s) Ag+(aq) + Cℓ–(aq)

I. Verdadeiro: A adição do íon-comum cloreto (Cℓ–) ao sistema em equilíbrio, desloca-o para esquerda, ou

seja, aumenta a quantidade de AgCℓ(s).

OSG.: 54869/1189

ITA – 2012

II. Verdadeiro: Borbulhando-se H2S(g) na solução aquosa saturada de cloreto de prata, durante certo tempo, haverá precipitação do sulfeto de prata, Ag2S(s), pois o sulfeto de prata, a 25 ºC e 1 atm, é menos solúvel em água do que o cloreto de prata, portanto, há aumento na quantidade de sólido no sistema.

III. Verdadeiro: A adição de solução aquosa de nitrato de prata, AgNO3(aq), ao sistema inicialmente mencionado, deslocará o equilíbrio para a esquerda pelo efeito do íon-comum (Ag+), ocorrendo aumento

na quantidade de AgCℓ(s).


POLÍMEROS A capacidade antiaderente (baixo coeficiente de atrito) de uma resina polimérica deriva da natureza e disposição das cadeias. As resinas de PoliDiMetilSiloxano (PDMS), conhecido como silicone, são materiais, dentre os citados, que mais reduzem o coeficiente de atrito entre dois sólidos. Estrutura da PDMS:

Si

CH3

OOH3C

n cadeias lineares


OSG.: 54869/1190

ITA – 2012

EQUILÍBRIO IÔNICO

I. CORRETO. Com o aumento da temperatura, o equilíbrio 2 ( ) 3 (aq) (aq)2H O H O OH+ −+ℓ se desloca

para a direita e o valor do pH neutro diminui. II. FALSO. Nada garante que a solução seja neutra, pois o valor de KW não foi fornecido para a

temperatura de 60oC. III. FALSO. Conforme o comentário do item I, o valor do pH de uma solução aquosa varia com a

temperatura. IV. CORRETO. As constantes de equilíbrio variam com a temperatura. V. FALSO. Uma solução 0,1M de H2CO3 a 60oC possui pH = 4. Resposta correta: (NÃO há resposta)

TERMODINÂMICA QUÍMICA

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

2 fs g s

3

f

fs s 2 g 3 s

3

f

2 2g 2 g

1I) Ag C AgC H 127 kJ/mol

20,5 8,31 298

U H n R T 12710

U 125,8 kJ/mol

3II) Ca C O CaCO H 1207 kJ/mol

21,5 8,31 298

U H n R T 120710

U 1203,3 kJ/mol

1III) H O H O

2

+ → ∆ = −

− ⋅ ⋅∆ = ∆ − ∆ ⋅ ⋅ = − − ⇒

∆ = −

+ + → ∆ = −

− ⋅ ⋅∆ = ∆ − ∆ ⋅ ⋅ = − − ⇒

∆ = −

+ →

ℓ ℓ

( )

( )f

3

f

H 286 kJ/mol

1,5 8,31 298U H n R T 286

10U 282,3 kJ/mol

∆ = −

− ⋅ ⋅∆ = ∆ − ∆ ⋅ ⋅ = − − ⇒

∆ = −

ℓ

OSG.: 54869/1191

ITA – 2012

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

2 2 fg s g

f

2 2 fg 2 g g

3

IV) H S H S H 20 kJ/mol

Como n 0, temos U H. Logo U 20 kJ/mol

1V) N O NO H 34 kJ

20,5 8,31 298

U H n R T 3410

U

+ → ∆ = −

∆ = ∆ = ∆ ∆ = −

+ → ∆ = +

− ⋅ ⋅∆ = ∆ − ∆ ⋅ ⋅ = + − ⇒

∆

f 35,2 kJ/mol= +

REAÇÕES ORGÂNICAS

(I) Reação de substituição radicalar (reação de halogenação) na cadeia lateral do composto, típica de

homólogos do benzeno:

CH2CH3

+

CH2CH2Cℓ

+ HCℓ

(B)

CHCH3

Cℓ

(A)

Cℓ2

calor

(II) Reação de substituição eletrofílica (reação de nitração) no anel aromático. O grupamento −OH é um

orientador orto-para:

OSG.: 54869/1192

ITA – 2012

OH

HNO3

H2SO4

OH

NO2

+

OH

NO2

+ H2O

(C) Nesse caso, consideramos como produto C a mistura dos isômeros orto e para do nitrofenol.

(III) Reação de oxidação da cadeia lateral do tolueno, característica de homólogos do benzeno, seguida de

uma nitração (substituição eletrofílica). O grupamento −COOH é um orientador meta:

CH3

KMnO4

COOH

HNO3

H2SO4

COOH

NO2

(D) (E)

ESTEQUIOMETRIA

As reações são:

3 8 2 2 2

2 2

4 2 2 2

C H 5O 3CO 4H O

1CO O CO

2

CH 2O CO 2H O

+ → +

+ →

+ → +

Se tivermos xL de C3H8, y L de CO e z L de CH4, seriam produzidos [(3x) + y + z] L de CO2. Logo:

x y z 100

3x y z 190

+ + =

+ + =

Resolvendo o sistema, encontra-se x = 45 L, que corresponde ao volume de propano na mistura.

OSG.: 54869/1193

ITA – 2012

QUÍMICA DESCRITIVA 1. Decomposição térmica do carbonato de cálcio, com obtenção da cal viva:

CaCO3(s) ∆→ CaO(s) + CO2(g) 2. Hidratação da cal viva, obtendo-se cal hidratada:

CaO(s) + H2O(ℓ) → Ca(OH)2(s)

3. Adição de cal hidratada à água do mar, com precipitação do hidróxido de magnésio:

Ca(OH)2(s) + Mg2+

(aq) → Ca2+

(aq) + Mg(OH)2(s) 4. Dissolução do hidróxido de magnésio com ácido clorídrico:

Mg(OH)2(s) + 2HCℓ(aq) → MgCℓ2(aq) + 2H2O(ℓ)

5. Evaporação da água para obtenção do cloreto de magnésio sólido:

MgCℓ2(aq) ∆→ MgCℓ2(s)

6. Eletrólise ígnea do cloreto de magnésio, obtendo-se o magnésio metálico:

MgCℓ2(ℓ) eletricidade→ Mg(s) + Cℓ2(g)

OSG.: 54869/1194

ITA – 2012

EQUILÍBRIO QUÍMICO

VDIR = velocidade da reação direta

VINV = velocidade da reação inversa

O catalisador não altera a posição do equilíbrio.

OSG.: 54869/1195

ITA – 2012

TERMOQUÍMICA

a) 3 1 mol de X 2035 kJ liberadosQ 1,0 ·10 g de X. · 73466 kJ

27,7 g de X 1 mol de X

= =

b) 2 2035kJ liberadosQ 1,0 ·10 mol de X. 203500 kJ

1 mol de X

= =

c) 2223

2035 kJ liberadosQ 2,6 ·10 moléculas. 87,89 kJ

6,02 10 moléculas de X

= = ⋅

d) Temos 0,36 mol de X e 0,31 mol de O2. Há excesso de X e o O2 é o reagente limitante, logo:

22

2 2

1 mol O 2035 kJ liberadosQ 10g O · · 212 kJ

32 g O 3 mol O

= ≅

EQUILÍBRIO QUÍMICO

A dissolução dos sais é dada por:

( aq )

2 23(s) 3(aq)

2 23(s) (aq) 3(aq)

CaCO Ca CO (1)

MgCO Mg CO (2)

+ −

+ −

+

+

Com a acidez da chuva, temos:

23 (aq) 3 (aq) 2 ( ) 3 (aq)

3 (aq) 3 (aq) 2 ( ) 2 3 (aq)

2 3 (aq) 2 ( ) 2 (g)

H O CO H O HCO (3)

H O HCO H O H CO (4)

H CO H O CO (5)

+ − −

+ −

+ +

+ +

+

ℓ

ℓ

ℓ

No lago onde há rochas calcáreas a chuva ácida consome íons 23CO − em solução e desloca os equilíbrios (1)

e (2) para a direita, favorecendo a dissolução dos sais.

No lago onde não há rochas calcáreas não haverá neutralização dos íons 3H O+ e a acidez do lago deve

aumentar.

OSG.: 54869/1196

ITA – 2012

EQUILÍBRIO IÔNICO

a) Os valores de 1apK , 2

apK e 3apK são os pontos de encontro das curvas de cada espécie (na fração 0,5).

Assim, 1apK = 2,2, 2

apK = 7,4 e 3apK = 12,5.

b) Um tampão de pH 7,4 pode ser preparado com NaH2PO4 e Na2HPO4, pois formam um par ácido-base

conjugado cujo pK se situa próximo (ou igual) ao pH em questão.

c) Nesse tampão pH = 2apK e a razão molar das espécies é igual a 1. Assim: 2 4

24

nH PO1.

nHPO

−

− =

d) Com as substâncias disponíveis, um procedimento experimental seria:

1) Em uma balança analítica pesam-se as seguintes massas: para NaH2PO4 = 60,0 g; para NaHPO4 =

71,0 g (as massas correspondem a 0,5 mol de cada substância).

2) As massas anteriores são dissolvidas em água e o volume completado a 1 litro com o uso de um

balão volumétrico.

OSG.: 54869/1197

ITA – 2012

REAÇÕES ORGÂNICAS (I) Nitração da glicerina produzindo trinitrato de glicerilo (nitroglicerina):

H2C

HC

H2C

OH

OH

OH

+ 3HNO3

H2SO4

H2C

HC

H2C

ONO2

ONO2

ONO2

+ 3H2O

(II) Nitração do tolueno produzindo 2-metil-1,3,5-trinitrobenzeno, cujo nome usual é 2,4,6-trinitrotolueno ou T.N.T.:

CH3

+ 3HNO3H2SO4 + 3H2O

CH3

O2N NO2

NO2 (III) Nitração do fenol produzindo 2,4,6-trinitrofenol (ácido pícrico):

OH

+ 3HNO3H2SO4 + 3H2O

OH

O2N NO2

NO2 (IV) Nitração do pentaeritritol produzindo o tetranitrato de pentaeritritol ou nitropenta (PETN):

C CH2OH

CH2OH

CH2OH

HOCH2 + 4HNO3 C CH2ONO2

CH2ONO2

CH2ONO2

O2NOCH2 + 4H2OH2SO4

(V) Nitração da trimetilenotriamina:

HN

N

NH

H

+ 3HNO3

N

N

NNO2

NO2

O2N

+ 3H2O

OSG.: 54869/1198

ITA – 2012

REAÇÕES ORGÂNICAS A reação de amina primária com ácido nitroso produz álcool:

R NH2 + HNO2 R OH + N2 + H2O

No caso da amina secundária, forma-se nitrosamina, um precipitado amarelo:

R1 NH

R2

+ HNO2 R1 N

R2

N O + H2O

WILLMER – 2/12/2016 – REV.:

OSG.: 54869/1199

ITA – 2012

ANOTAÇÕES

OSG.: 54869/11100

ITA – 2012

ANOTAÇÕES

OSG.: 54869/11101

ITA – 2012

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