De quantas maneiras n bolas idênticas podem ser distribuídas em três cestos de cores verde, amarelo e azul?

a) 2

2+⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

n b)

3⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

n c)

3n!! d) ( )3−n ! e) 3n

Resolução:

Como as bolas são idênticas, só é necessário determinar a quantidade de bolas em cada caixa. Já que as caixas são diferentes, a resposta é

33 1 22 2

+ − +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

n,n n

CR

Alternativa a

Observação: Não é comum escrever 2

2+⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

n , como está na prova. A questão poderia ser anulada.

Um plano corta um cubo com aresta de comprimento 1 passando pelo ponto médio de três arestas concorrentes no vértice A e formando uma pirâmide, conforme a figura a seguir. Este processo é repetido para todos os vértices. As pirâmides obtidas são agrupadas formando um octaedro cuja área da superfície externa é igual a:

a) 3 2/ b) 3 c) 1 d) 2 e) 2 2 Resolução:

Cada face do octaedro é um triângulo eqüilátero de lado 2

2, logo, a área de cada face é

22 3

2 34 8

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ = . Então, a área total é 3 .

Alternativa b

Q u e s t ã o 0 1

Q u e s t ã o 0 2

2

Na figura seguinte ABCD é um quadrado de lado 1 e BCE é um triângulo eqüilátero. O valor de 2

tg α é igual a:

a) 1 3 2− / b) 2 6 2− / c) 1 3 3− / d) 1 2 5− / e) 1 3 5− / Resolução:

2 2= ⇒ =BOE ABOα α

Sendo M ponto médio de BC e N médio de BM temos que 3

3=CN e

313

= −BN .

Sendo = ∩T BO AD , temos 313

= −AT .Logo 312 3= −tgα

Alternativa c Assinale a opção correspondente ao valor da soma das raízes reais da equação:

2

6 3 0

1 1

=log x log x log xlog x log x cos x

log x

a) 1 0, b) π c) 10 0, d) 11 0, e) 111, Resolução:

( )2

2

22 2

1 1 13 6 66 3 6 3 1 2 0

0 11 1 1 1

−

− −= ⋅ = ⋅ − ⋅ − ⋅ = ⇔

−

loglog x log x log xlog x log x cos x log xlog x log x cos x log x log x log x cos x log x log x log x log

log xlog x log x

{ } 10 1 1 11010⎧ ⎫⇔ ∈ − + ⇔ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭

log x , , x , ,

Portanto, a soma é 111, . Alternativa e

Q u e s t ã o 0 3

Q u e s t ã o 0 4

3

Assinale a opção correspondente ao valor da soma das raízes da equação: 3 2 1 25 2 8 0+ + + =/ /y y y

a) 5 b) 2 c) 21 d) 1 25 / e) 0 5, Resolução: Fazendo =y x , temos 3 25 2 8 0+ + + =x x x . Sendo a , b , c as raízes da equação em x , as raízes da equação original são 2a , 2b , 2c .

Portanto, a soma é ( ) ( )22 2 2 2= + + = + + − + +S a b c a b c ab ac bc . Daí, por Girard, temos ( )25 2 2 21= − − ⋅ =S .

Alternativa c

Uma série de Fibonacci é uma seqüência de valores definida da seguinte maneira:

- Os dois primeiros termos são iguais à unidade, ou seja, 1 2 1= =T T . - Cada termo, a partir do terceiro, é igual à soma dos dois termos anteriores, isto é: 2 1− −= +N N NT T T . Se 18 2584=T e

21 10946=T então 22T é igual a: a) 12225 b) 13530 c) 17711 d) 20412 e) 22121 Resolução: Façamos ( ) ( )18 19 20 21 22 2 2 3= + + +F ,F ,F ,F ,F a,b,a b,a b, a b .

Daí, ( )223 1 3 12 3 2 10946 2584 177112 2 2 2

= + = + + = ⋅ + ⋅ =F a b a b a .

Alternativa c

Assinale a opção correspondente ao valor de μ que faz com que a equação ( )3 21 6 5 1 0+ + + + =s s sμ possua raízes no eixo

imaginário. a) 0 b) 6 c) 14 d) 29 e) 41 Resolução:

Faça =s bi , b real. Substituindo na equação, temos ( )( ) ( ) ( )3 21 6 5 1 0+ − + − + − + =bi bi biμ , logo, ( ) ( )( )2 36 1 1 5 0− + + + − ⋅ =b b b iμ

Assumindo que μ é real, temos ( )

2

3

6 1 0

1 5 0

⎧− + =⎪⎨

+ − =⎪⎩

b

b bμ. Como 2 1

6=b (não é nulo), temos 2

51 30+ = =b

μ . Então, 29=μ .

Alternativa d

Q u e s t ã o 0 5

Q u e s t ã o 0 6

Q u e s t ã o 0 7

4

Assinale a opção correspondente ao número de possíveis valores de [ [0 2∈ ,α π tais que o lugar geométrico representado pela

equação 2 23 4 16 12 27 0+ − − + + =x y y x tgα seja um único ponto. a) nenhum valor b) apenas um valor c) 2 valores d) 4 valores e) um número infinito de valores Resolução:

Da equação dada, temos que ( ) ( )2 23 2 4 2 1− + − = −x y tgα . Para ser apenas um ponto, devemos ter 1=tgα , o que gera dois valores de α no

intervalo [ [0 2, π (a saber, 4

=πα e

54

=πα )

Alternativa c

Sendo o ponto ( )8 2−A , um vértice de um losango ABCD e 2 1 0+ + =x y a reta que contém os vértices B e D , assinale a opção

correspondente ao vértice C . a) ( )2 8− −, b) ( )0 4−, c) ( )4 3, d) ( )4 8− −, e) ( )1 7− ,

Resolução:

Seja ( )=C a,b . Temos que AC e BD são perpendiculares, logo, ( )2 2 18

+⎛ ⎞ ⋅ − = −⎜ ⎟−⎝ ⎠

ba

. Além disso, o ponto médio de AC está na reta BD ,

portanto, 2 22 1 0

8 2+ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

a b. Juntando as duas equações, chegamos a 4= −a , 8= −b .

Alternativa d

Sejam L , D e U matrizes quadrados de ordem n cujos elementos da i-ésima linha e j-ésima coluna i , jl , i , jd e i , ju ,

respectivamente, são dados por:

( ) ( )2 1 20 00

⎧ ⎧ + = ⎧ + ≤⋅ ≥⎪ ⎪ ⎪= = =⎨ ⎨ ⎨≠ >< ⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎩⎩

i , j i , j i , ji / i, para i j i / i j , para i ji / i j , para i jl ; d ; u

, para i j , para i j, para i j

O valor do determinante de =A LDU é igual a: a) 0 b) 1 c) n d) 1+n e) ( )1+n / n

Resolução: Pelas definições de L e U , suas diagonais principais só possuem elementos iguais a 1 (basta fazer =i j ). Como L e U são triangulares,

temos 1= =det L detU . Na matriz D (que só possui elementos na diagonal), os elementos são 21

, 32

,...,1+nn

, que possuem produto 1+n .

Pelo teorema de Binet, segue que 1= +det A n .

Alternativa d

Q u e s t ã o 0 8

Q u e s t ã o 0 9

Q u e s t ã o 1 0

5

Assinale a opção correspondente os valores de K para os quais o sistema de equações dado por:

+⎧ + =⎪⎨

+ =⎪⎩

x y x ye e e ,x y K

admite solução real.

a) 0 2≤ ≤K b) 0 2≤ ≤K ln c) 2−≥K e d) 4>K ln e) 0 1≤ ≤K Resolução:

Como + =x y K , temos que −+ =x x K Ke e e , ou seja, 2 0+ = ⇔ − + =K

x K x x K Kxee e e e e ee

.

Para termos raízes reais devemos ter ( )20 4 0 4 0 4 4Δ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥K K K K Ke e e e e k ln .

Alternativa d

A soma dos números inteiros positivos de quatro algarismos que admitem 3 , 5 e 7 como fatores primos é: a) 11025 b) 90300 c) 470005 d) 474075 e) 475105 Resolução: Um número que admite 3 , 5 e 7 como fatores é múltiplo de 105 . O menor e o maior múltiplo de 105 com 4 algarismos são 1050 e 9975 , respectivamente. Para descobrir a quantidade de termos podemos usar a forma do termo geral da PA, ( )9975 1050 1 105= + −n e concluir que

86=n .

Logo a soma dos termos será ( )1050 9975 86

4740752

+= =S

Alternativa d

Seja x um número real ou complexo para o qual 1 1+ =x / x . O valor de 6 61+x / x é: a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 Resolução: 1ª solução:

Sendo 1 1+ =xx

, temos que 2 22 2

1 1 12 1 1+ + = ⇔ + = −x x xx x x

e 4 2 42 4 4

1 1 12 1 1+ + = ⇔ + = −x x xx x x

.

Logo ( )( )6 2 46 2 4

1 1 11 1 1 1 2⎛ ⎞⎛ ⎞+ = + − + = − − − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

x x xx x x

.

2ª solução:

66

1 1 62 2 23 3

⎛ ⎞+ = ⋅ ⇒ + = ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

x cos x cosx x

π π.

Alternativa b

Q u e s t ã o 1 1

Q u e s t ã o 1 2

Q u e s t ã o 1 3

6

Sejam ( )−

−−

=+

x x

x xe ef xe e

, ( ) = xg x e e ( ) ( )( )1−=h x g f x . Se os valores da base e da altura de triângulo são definidos por ( )0 5h , e

( )0 75h , respectivamente, a área desse triângulo é igual a:

a)2e b) 7

2 c) 21

2 d) 10 e) e

Resolução:

( )2

2 21 211 1

−

−− −

= = = −+ + +

x x x

x x x xe e ef xe e e e

e portanto, ( )121 1

1− ⎛ ⎞+

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

yf x lny

.

Temos então que ( ) ( )( )12 11

211 11

⎛ ⎞+⎜ ⎟−− ⎝ ⎠ ⎛ ⎞+

= = = ⎜ ⎟−⎝ ⎠

ylny yh x g f x e

y. Logo

1 32

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠h e

3 74

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠h .

Sendo a 3 7 212 2

= =Área .

Alternativa c

Seja ia um dos termos da progressão geométrica com oito elementos 1 12 12 4

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠, , , ,.... , e 2 1 2 2 2 3 2 8= + + + +S log a log a log a ... log a . Se

5=−Sb e ( ) 2 2= + + −f x x b x b , o valor de ( )1f será:

a) 7− b) 7 c) 11 d) 11− e) 1 Resolução:

( ) 202 1 2 2 2 8 2 1 2 8 2 2 26 20

1 1 1 12 2 202 4 2 2

−⎛ ⎞= + + + = = = = = −⎜ ⎟⎝ ⎠

S log a log a ... log a log a a ....a log ... log log

( )20 4 1 1 2 4 2 4 115

−= = ∴ = + ⋅ + − =

−b f .

Alternativa c

O gráfico acima apresenta a velocidade de um objeto em função do tempo. A aceleração média do objeto no intervalo de tempo de 0 a 4t é:

a) vt

b) 34vt

c) 4vt

d) 4

−vt

e) 34

−vt

Resolução:

04 4

Δ − − −= = =Δmv v vat t t

Alternativa d

Q u e s t ã o 1 4

Q u e s t ã o 1 5

Q u e s t ã o 1 6

7

Um cubo de material homogêneo, de lado 0 4 m=L , e massa 40 kg=M , está preso à extremidade superior de uma mola, cuja outra extremidade está fixada no fundo de um recipiente vazio. O peso do cubo provoca na mola uma deformação de 20 cm . Coloca-se água no recipiente até que o cubo fique com a metade de seu volume submerso. Se a massa específica da água é

31000 kg m/ , a deformação da mola passa a ser: a) 2 cm b) 3 cm c) 4 cm d) 5 cm e) 6 cm Resolução:

40 20 0 2 2000 N m= ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =P Fel K , K /

Depois 21000 0 4 0 2 10 2000 40 10 320 2000 400

0 04 m 4 cm+ = ⇒ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⇒ + ⋅ == =E Fel' P , , x xx ,

Alternativa c

Um nave em órbita circular em torno da Terra usa seus motores para assumir uma nova órbita circular a uma distância menor da superfície do planeta. Considerando desprezível a variação da massa do foguete, na nova órbita: a) a aceleração centrípeta b) a energia cinética é menor c) a energia potencial é maior d) a energia total é maior e) a velocidade tangencial é maior Resolução: Quando um corpo está em órbita, a força resultante é a centrípeta.

2

2= ⇒ = ⇒ =g cpGMm mv GMF F v

r rr, ou seja, quanto menor o raio da órbita, maior a velocidade do satélite.

Alternativa e

Um gás ideal sofre uma expansão isotérmica, seguida de uma compressão adiabática. A variação total da energia interna do gás poderá ser nula se, dentre as opções abaixo, a transformação seguinte for uma: a) compressão isotérmica b) expansão isobárica c) compressão isobárica d) expansão isocórica e) compressão isocórica Resolução:

Pela figura acima, a última transformação pode ser uma compressão isobárica.

Alternativa c

Q u e s t ã o 1 7

Q u e s t ã o 1 8

Q u e s t ã o 1 9

8

A figura acima ilustra um circuito resistivo conectado a duas fontes de tensão constante. Considere as resistências em ohms. O módulo da corrente I que atravessa o resistor de 2 ohms é, aproximadamente, a) 0 86 A, b) 1 57 A, c) 2 32 A, d) 2 97 A, e) 3 65 A, Resolução:

( )4 2 12 5 2 7= + = = − + =AB CBU i' i ; U i i' i

2 6 67 5 7 14 30 5 147 5 7 2

+ =⎧ −⇒ − ⋅ = ⇒ − + =⎨ − =⎩

i' i ii i ii i'

44 2 32 A19

= =i ,

Alternativa c

Uma pequena barra metálica é solta no instante 0 s=t do topo de um prédio de 32 m de altura. A aceleração da gravidade local

é 210 m s/ . A barra cai na direção de um espelho côncavo colocado no solo, conforme indicado na figura a seguir.

Em certo instante, a imagem da barra fica invertida, 30 m acima da barra e quatro vezes maior que ela. O instante em que isso ocorre é, aproximadamente, a) 2 1 s, b) 2 2 s, c) 2 3 s, d) 2 4 s, e) 2 5 s, Resolução:

4 4− −= ⇒ − = ⇒ =i p' p' p' po p p

e 30− =p' p .

Portanto, 10 cm=p .

A barra deve ter caído 31 9 cm, em queda livre.

2 21 31 9 5 2 5 s2

Δ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⇒ =S g t , t t , .

Alternativa e

Q u e s t ã o 2 0

Q u e s t ã o 2 1

9

Uma partícula de massa 5 g move-se sobre uma mesa descrevendo uma trajetória circular de raio 0 2 cm, . Ela está presa a um fio que faz um ângulo de 60º com a vertical, conforme mostra a figura a seguir. Desta forma, é correto afirmar que

a) a força resultante é nula e o módulo da quantidade de movimento é 2 3 g cm s/ . b) o vetor quantidade de movimento não é constante e o momento da força resultante em relação ao centro da trajetória é nulo c) a energia cinética e o vetor quantidade de movimento são constantes. d) a força resultante e o momento da força resultante em relação ao centro da trajetória são nulos. e) o momento da força resultante em relação ao centro da trajetória é 20 Nm , e a força resultante não é nula. Resolução: O vetor quantidade de movimento não é constante porque a sua direção varia. Como o movimento circular é uniforme, a força resultante é centrípeta e seu momento em relação ao centro é nulo.

Alternativa b

Uma fonte de 680 Hz , posicionada na boca de um tubo de ensaio vazio, provoca ressonância no harmônico fundamental. Sabendo que o volume do tubo é 100 mL e que a velocidade do som no ar é 340 m s/ , o intervalo que contém o raio do tubo é: a) 1 2 cm 1 4 cm< <, R , b) 1 5 cm 1 7 cm < <, R , c) 1 8 cm 2 0 cm < <, R , d) 2 1 cm 2 3 cm< <, R , e) 2 4 cm 2 6 cm< <, R , Resolução:

340 680 0 5 m= ⇒ = ⇒ =v f ,λ λ λ

Mas 0 25 m4

= =l ,λ,, logo 4 21 10 3 14 0 125 1 59 m−= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ =V A , R , R ,

Alternativa b

Q u e s t ã o 2 2

Q u e s t ã o 2 3

10

Um objeto se desloca com velocidade constante v em direção a uma lente convergente, como mostra a figura a seguir. Sabendo que o ponto 3 é o foco da lente, a velocidade de sua imagem é maior no ponto

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 Resolução:

( )( ) ( )

2

2 2− − ⋅ −

= ⇒ = =− − −

vf p f pf vpf dp' vfp'p f dt p f p f

.

Como o numerador é constante, a velocidade da imagem é tão maior quanto mais perto do foco está o objeto. E quanto maior o valor de p menor o valor de p' .

Alternativa e A figura a seguir apresenta o modelo de uma fonte de tensão conectada a um resistor variável R .

A tensão V e a resistência interna r da fonte possuem valores constantes. Com relação à resistência do resistor R , é correto afirmar que a) aumentando seu valor, necessariamente aumentará a potência dissipada em R . b) aumentando seu valor, aumentará a tensão sobre R , mas não necessariamente a potência dissipada em R . c) aumentando seu valor, aumentará a corrente fornecida pela fonte, mas não necessariamente a potência dissipada em R . d) diminuindo seu valor, aumentará a corrente fornecida pela fonte e, conseqüentemente, a potência dissipada em R . e) diminuindo seu valor, necessariamente aumentará a potência dissipada em R . Resolução: Sabemos que: = −U riε e 2= −P i riε . Aumentando R , a intensidade de corrente diminui e conseqüentemente a tensão sobre R aumenta. Observando o gráfico, temos:

para 0 < < Mi i : se i reduz, P reduz

para < <Mi i i' : se i reduz, P aumenta.

Alternativa b

Q u e s t ã o 2 4

Q u e s t ã o 2 5

11

Um vagão de trem descola-se horizontalmente com aceleração a , sendo g a aceleração da gravidade no local. Em seu interior, preso no teto, encontra-se um fio ideal de comprimento L , que sustenta uma massa m puntiforme. Em um determinado instante, o vagão passa a se deslocar com velocidade constante, mantendo a direção e o sentido anteriores. Nesse momento,a aceleração angular α da massa m em relação ao ponto do vagão em que o fio foi preso é:

a) ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

g asen arctgL g

α

b) ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

g acos arctgL g

α

c) ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

L acos arctgg g

α

d) =aL

α

e) 0=α Resolução:

⋅ = ⋅⎧⇒ =⎨ ⋅ = ⋅⎩

T sen m a atgT cos m g g

θθ

θ

Quando cessa a aceleração, inicia-se um movimento circular. Nesse instante, a força centrípeta é zero e a força tangencial é ⋅P senθ .

1 ⎛ ⎞

⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⎜ ⎟⎝ ⎠

g aP sen m R g sen sen arctgR L g

θ α α θ α

Alternativa a

Q u e s t ã o 2 6

12

Uma fonte de luz de comprimento de onda λ é apontada para uma fenda formada por duas placas conectadas entre si por duas molas de constantes K , estando a placa superior fixada ao teto, conforme mostra a figura abaixo. A distância entre as placas é pequena o suficiente para causar a difração da luz. As placas possuem largura L , comprimento C e espessura E . Uma figura de difração é projetada em uma parede a uma distância D da fenda. Sendo g a aceleração da gravidade, a massa específica ρ das placas para que o segundo máximo de difração esteja a uma distância B do primeiro é:

a) 2=

KBCLEg

ρ

b) 2=KDCLEg

λρ

c) 2 2+

=K D BCLEgBλρ

d) 2 22 +

=K D BCLEgBλρ

e) 2 22 +

=K D BCLEg

ρ

Resolução:

( )2 2 2 2

1222

2 2

⋅ =⎧⎪= ⇒ ⋅Δ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ Δ ⇒ Δ ⋅ =⎨ ⋅ Δ ⋅ =⎪⎩

+ += ⋅ ⇒ =

l senKFel P K x CLE g x x senl x senCELg

K D B K D BCELg B CLEgB

θ λρ ρ θ λ

θ λ

λ λρ ρ

Alternativa d

Q u e s t ã o 2 7

13

Um bloco de massa 4 kg=m parte de um plano horizontal sem atrito e sobe um plano inclinado com velocidade inicial de 6 m s/ . Quando o bloco atinge a altura de 1 m , sua velocidade se anula; em seguida, o bloco escorrega de volta, passando

pela posição inicial. Admitindo que a aceleração da gravidade seja igual a 210 m s/ e que o atrito do plano inclinado produza a mesma perda de energia mecânica no movimento de volta, a velocidade do bloco, ao passar pela posição inicial, é: a) 1 m s/ b) 2 m s/ c) 3 m s/ d) 4 m s/ e) 5 m s/

Resolução: 2

2

4 6 4 10 1 32 J2

44 10 1 32 2m s2

⋅= − = − ⋅ ⋅ =

⋅+ = ⇒ + ⋅ ⋅ − = ⇒ =

fat i f

P fat CF

E E

vE v /

τ

τ τ

Alternativa b

O campo magnético é expresso através da seguinte equação = x y z wB cQ I L V , onde c é uma constante adimensional, Q é uma quantidade de calor, I é um impulso, L é um comprimento e V é uma tensão elétrica. Para que esta equação esteja correta, os valores x , y , z e w devem ser, respectivamente, a) 1− , 1+ , 1+ e 1− b) 1+ , 1− , 1+ e 1− c) 1− , 1+ , 1− e 1+ d) 1+ , 1− , 1− e 1+ e) 1− , 1− , 1− e 1+ Resolução:

( ) ( ) ( )2 1 2 2 1 2 3 1

1 10

2 2 1 1 12 1

12 3 2

− − − − − −= ⋅ ⋅

+ + = = −⎧+ =⎧⎪ + + + = ⇒ = ⇒ ⇒ =⎨ ⎨− − =⎩⎪ = −− − − = −⎩

x y wMT I ML T MLT ML T I

x y w xx y

x y x w w yx y

zx y w

Alternativa c

Um caminhão de três eixos se desloca sobre uma viga biapoiada de 4 5 m, de comprimento, conforme ilustra a figura a seguir. A distância entre os eixos do caminhão é 1 5 m, e o peso por eixo aplicado à viga é 150 kN . Desprezando o peso da viga, para que a reação vertical do apoio A seja o dobro da reação vertical no apoio B , a distância D entre o eixo dianteiro do caminhão e o apoio A deverá ser

a) 0 m b) 0 3 m, c) 0 6 m, d) 0 9 m, e) 1 2 m,

Resolução:

( ) ( )150 N

150 150 1 5 150 3 4 53 4 5 4 5

0

=

+ + + + = ⋅

+ ==

ND D , D N ,

D , ,D

Alternativa Letra da alternativa

Q u e s t ã o 2 8

Q u e s t ã o 2 9

Q u e s t ã o 3 0

14

Segundo a teoria dos orbitais, as ligações covalentes são formadas a partir da interpenetração dos orbitais atômicos. Esta interpenetração leva à formação de orbitais moleculares. Considerando uma molécula de N2 cujos núcleos atômicos estão localizados ao longo do eixo z, assinale a afirmação correta. (Dado: número atômico do nitrogênio = 7) a) O N2 possui uma ligação tripla constituída por dois orbitais moleculares π e um orbital −px pxσ

b) O N2 possui uma ligação tripla constituída por dois orbitais moleculares π e um orbital −s sσ . c) O N2 possui uma ligação tripla constituída por dois orbitais moleculares π e um orbital −pz pzσ .

d) O N2 possui uma ligação tripla constituída por três orbitais −s sσ . e) O N2 possui uma ligação tripla constituída por duas ligações orbitais −s sσ e uma ligação π . Resolução:

Pela configuração eletrônica do átomo de N ( )2 2 1 1 11 2 2 2 2x y zs s p p p verificamos a presença de 3 orbitais p disponíveis para ligações.

Considerando os núcleos estão ao longo do eixo z, temos um orbital molecular −pz pzσ e dois orbitais moleculares π sendo um −px pxπ e outro

−py pyπ .

Alternativa c

Assinale a alternativa correta: a) O número máximo de ligações covalentes possível para os elementos da família dos calcogênios é 2. b) O nitrato de sódio é um composto iônico que apresenta ligações covalentes. c) Uma molécula com ligações polares é uma molécula polar. d) Não existe força de atração eletrostática entre moléculas apolares. e) As forças de atração entre as moléculas do ácido iodídrico são denominadas ligações de hidrogênio. Resolução: A ligação iônica se caracteriza por ser não direcional (força eletrostática);já a ligação covalente se caracteriza pela sobreposição de orbitais. Esses dois tipos de ligação podem ser encontrados no NaNO3.

Alternativa b

A uma solução de pH = 1 contendo 10-3 moles/litro de íons Fe+3 é adicionado, continuamente, hidróxido de sódio. Desta forma, pode-se afirmar que a precipitação do Fe(OH)3: (Dado: Kps do Fe(OH)3 = 10-36). a) independe do pH. b) ocorre a partir de pH = 3. c) ocorre somente em pH alcalino. d) ocorre em qualquer pOH < 12. e) não ocorre em pH ácido. Resolução: A precipitação do Fe(OH)3 ocorre quando o produto dos íons é igual ao Kps, ou seja: Kps = [Fe3+] × [OH-]3. Logo: Kps = [Fe3+] × [OH-]3 ⇒ 10-36 = 10-3 × [OH-]3 ⇒ [OH-] = 10-11 ⇒ pOH = 11 ⇒ pH = 3.

Alternativa b

Q u e s t ã o 3 1

Q u e s t ã o 3 2

Q u e s t ã o 3 3

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Ao dissolver-se acetato de sódio (CH3COONa) em água, é correto dizer que: a) há precipitação de hidróxido de sódio e a solução é alcalina. b) há precipitação de hidróxido de sódio e a solução é ácida. c) há formação de ácido acético e a solução é ácida. d) há formação de ácido acético e a solução é alcalina. e) não há precipitação de hidróxido de sódio nem de ácido acético. Resolução: O acetato de sódio é um sal de ácido fraco e base forte. Logo, quanto hidrolisado, forma uma solução de caráter básico.

CH3COO-1(aq) + H2O( ) → CH3COOH(aq) + OH-1

(aq).

Alternativa d

O átomo radioativo z 134z X+ é formado pelo decaimento nuclear de w 146

w Y+ . Sabendo que um mesmo elemento químico aparece duas vezes nas reações de decaimento, então uma possível série de emissões é: a) α , β , α , α , α , β , α . b) α , α , α , β , β , α , γ c) α , β , α , α , β , α , α . d) γ , α , α , β , α , β , α . e) α , β , β , α , α , α , α . Resolução: Para que um elemento apareça duas vezes em uma série radioativa são necessárias uma emissão α e duas β em seqüência. w 146 z 134 4 0

w z 2 1Y X 5 2+ +−→ + α + β

Balanço de massa: w + 146 = z + 134 + 20 ⇒ w = z + 8 Balanço de carga: w = z + 10 – 2 ⇒ w = z + 8

Alternativa e Dispõe-se de uma mistura sulfonítrica de composição mássica igual a 60% de H2SO4, 11,2% de HNO3 e 28,8% de H2O. A 1000 kg desta mistura são adicionados 100 kg de solução de HNO3 88% (m/m) e 200 kg de H2SO4 60% (m/m). Indique a composição mássica da mistura sulfonítrica final. a) 55,4% de H2SO4; 15,4% de HNO3; 29,2% de H2O. b) 59,6% de H2SO4; 16,6% de HNO3; 23,8% de H2O. c) 59,0% de H2SO4; 16,4% de HNO3; 24,6% de H2O. d) 55,9% de H2SO4; 15,5% de HNO3; 28,6% de H2O. e) 64,3% de H2SO4; 15,1% de HNO3; 20,6% de H2O. Resolução: Cálculo das massas de cada componente: H2SO4 : m = 1000 × 0,60 + 200 × 0,60 = 720 kg HNO3 : m = 1000 × 0,112 + 100 × 0,88 = 200 kg H2O : m = 1000 + 100 + 200 – (720 + 200) = 380kg Cálculo da composição: % de H2SO4 = (720 × 100)/1300 = 55,4% % de HNO3 = (200 × 100)/1300 = 15,4% % de H2O = 100 – (55,4 + 15,4) = 29,2%

Alternativa a

Q u e s t ã o 3 4

Q u e s t ã o 3 5

Q u e s t ã o 3 6

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Para a reação genérica aA → bB + cC, analise os cinco casos abaixo:

Considere que [A]0 = concentração molar inicial de A; VA = velocidade de reação; Ki = constante de velocidade no i-ésimo caso; Ea = energia de ativação; e T = temperatura absoluta. A partir das informações contidas nos gráficos, assinale a alternativa correta.

Caso 1 Caso 2 Caso 3 Caso 4 Caso 5 a) VA = K1[A] VA = K2[A] VA = K3 VA = K4 Ea (reação1) < Ea (reação2)

b) VA = K1[A]2 VA = K2[A] VA = K3[A] VA = K4[A] Ea (reação1) > Ea (reação2)

c) VA = K1[A] VA = K2[A]2 VA = K3 VA = K4 Ea (reação1) < Ea (reação2)

d) VA = K1[A]2 VA = K2[A]2 VA = K3[A] VA = K4[A] Ea (reação1) < Ea (reação2)

e) VA = K1[A] VA = K2[A]2 VA = K3 VA = K4 Ea (reação1) > Ea (reação2) Resolução:

Alternativa c

Q u e s t ã o 3 7

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Indique a alternativa que relaciona os compostos numerados de 1 a 7 no esquema abaixo:

1 2 3 4 5 6 7 a) CH2(OH)CH2OH H2/Pd HC 2 CH2(OH)CH2OH CH3CH2OH C6H11OC6H11 CH3CONHCH2CH3

b) CH3CH2OH H2/Pt C 2 CH2(OH)CH2OH CH3COOH C6H11OCH2CH3 CH3CONHCH2CH3

c) CH3CH2OH H2/Pd HC CH3COOH CH3COOH C6H11OCH2CH3 CH3CONHCH3

d) CH3CH2OH H2/Pt C 2 CH2(OH)CH2OH CH3COOH C6H11OCH2CH3 CH3CONHCH3

e) CH3OCH3 H2/Pd C 2 CH2(OH)CH3 CH3COOH C6H11OCH2CH3 CH3CONHCH3 Resolução:

Alternativa d Assinale a alternativa correta. a) Apenas compostos orgânicos insaturados apresentam isomeria cis-trans. b) Em compostos cuja estereoisomeria é devida exclusivamente a centros quirais tetraédricos, o número total de estereoisômeros não excede o valor 2n, onde n é o número de centros quirais presentes na molécula. c) 2-pentanona e 3-pentanona são designações para conformações diferentes de uma mesma molécula orgânica. d) Um dos estereoisômeros do 2,3-diclorobutano não apresenta atividade óptica. e) É possível afirmar que a ligação entre dois átomos de carbono com hibridização sp2 sempre é uma ligação dupla. Resolução: Moléculas que apresentam dois carbonos assimétricos (estereogênios) idênticos apresentam três estereoisômeros: dextrógiro, levógiro e mesógiro. O estereoisômero meso (mesógiro) é oticamente inativo por compensação interna.

Alternativa d

Q u e s t ã o 3 8

Q u e s t ã o 3 9

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Observe as alternativas abaixo e assinale a correta. a) O petróleo é um líquido escuro, oleoso, formado pela mistura de milhares de compostos orgânicos com grande predominância de hidrocarbonetos. Nas refinarias, o petróleo bruto é aquecido e, em seguida, passa por torres de destilação. Nessas torres são separadas, em ordem crescente de peso molecular médio, as seguintes frações: gás liquefeito, gasolina, querosene, óleo diesel, óleos lubrificantes, óleos combustíveis, hulha e asfalto. b) Dois importantes processos realizados nas refinarias de petróleo são o craqueamento catalítico e a reforma catalítica. O craqueamento catalítico tem por objetivo transformar frações pesadas de petróleo em frações mais leves, como a gasolina, por exemplo. Já a reforma catalítica tem por objetivo a diminuição da octanagem da gasolina, através da transformação de hidrocarbonetos de cadeia normal em hidrocarbonetos de cadeia ramificada, cíclicos e aromáticos. c) Poliamidas são polímeros de cadeia heterogênea que podem ser formados a partir da reação de adição entre moléculas de diaminas e moléculas de diácidos. Dentre as propriedades marcantes das poliamidas, destaca-se a elevada resistência mecânica, fato que se deve às interações intermoleculares por ligação de hidrogênio. d) Copolímeros são polímeros obtidos a partir de dois ou mais monômeros diferentes. Um importante exemplo de copolímero é o copolímero poli(metacrilato de metila), conhecido como Buna-S, utilizado na fabricação de pneus. e) Polímeros diênicos são aqueles formados a partir de monômeros contendo em sua estrutura dienos conjugados. Esses polímeros são constituídos de cadeias poliméricas flexíveis, com uma dupla ligação residual passível de reação posterior. Um exemplo de polímero diênico é o polibutadieno. Na reação de síntese do polibutadieno, pode-se ter a adição do tipo 1,4 ou a adição do tipo 1,2. Resolução:

Alternativa e

Q u e s t ã o 4 0