RESOLUÇÃO

QUÍMICA

01|

A cadeia carbônica do ácido oleico é homogênea (não apresenta heteroátomo) e insaturada (apresenta dupla ligação entre carbonos).

Fórmula molecular do ácido oleico: C18H34O2.

Fórmula mínima do ácido oleico: C9H17O.

C H O C H O C H O18 34 2 18

2342

22

9 17 12� � � .

02|

A Fórmulas estruturais planas:

B Esse vinagre deve ter, no máximo, 1,0% (v/v) de álcool etílico, a 20 °C. Então:

1 01 0100

1 0 10100 10

10 01 000

10

, % ( ),

, ,.

,

v vmLmL

mLmL

mLmL

Ou seja

�

��

�

,, ( . ).0 1 1 000mL em L mL

Esse vinagre deve ter, no mínimo, 4,00 g de ácido acético por 100 mL. Então:

4 00100

4 00 10100 10

40 01 000

40 0 1 1

, , ,.

, , (

gmL

gmL

gmL

Ou seja g em L

���

�

.. ).( )

0004 1 2 12 2 16 60

603

3

mLH CCOOH ácido acéticoMH CCOOH

� � � � � � �� ,,

,,

0

40 060 0

233

3

3

3

g mol

nmM

gg mol

mol

n

H CCOOHH CCOOH

H CCOOH

H CCO

� � �

OOH mol� 0 667,

03|

A 6 átomos de carbono e 13 átomos de hidrogênio.

B Teremos:

04|

A A partir da fórmula fornecida no enunciado, vem:

B Dois substituintes (radical metil) estão ligados na cadeia principal.

05|

C H O

n mM

m nn

n nn

ncarbono carbono

� � �

�

��

� �� �

�

12 1 16

67 9

67 9 12

; ; .

( ) ( ) (( )( )

( )( )

( )

7 9 21

7 91

7 9 1

n

m nn

n nnhidrogênio hidrogênio

� �

���

� ��� �

����

��

� �� �

��

( )( )

( ) ( ) (

nn

mn

nn noxigênio oxigênio

17 9

87 9

87 9 16

17 9))�2

Na substância n noxigênio carbono� �14

17 9 2

14 7 9 2

4

7 9 21

7 91

7 9 2

( ) ( )

( )( )

( ) ( )

nn

nn

C H Onn

nn n

� �� �

� �� �

� ��� � �

�� �

� �� �

� �

�

C H O C H O fórmula mínima

C H O n

n n n n

n n

21 1

22 1

2 1 14

( ) ( )

( )

( )

' nn

n n n n

n n nn

�

� � �� �� � �

�� �� � �

�

18

12 2 2 16 14 18

14 18 14 81

'

''

Para n = 4, vem: C4H10O} Álcool ou éter.

06|

A � ��

� � �0 240 0 2

0 025 1,,

, mol L

B Carbono 1: sp3

Carbono 2: sp2

Carbono 3: sp3

Carbono 4: sp3

B Cálculo do volume de uma molécula de água:

120 92

6 103

1

232

1

cm moléculas de H O

mol depeneira mol de moléc��� ��

� �

uulas de água

V molécula de de H O

Vcm molécula d

� ����� �����

1

120 12

3

�� ee de H O

moléculas de H O

V cm

2

232

23 3

92

6 10

4 4 10

� �

� � �,

Cálculo do número de moléculas de água que pode ser retido em 1 mol de peneira molecular:

nmM

gg mol

moléculas de água

d g

H OH O

H O

H O

2

2

2

2

118

118

6 10

1

123� �

�� � �

�

�

mmL d moléculas de água mL

mLde água

H O� � � ����

���

� �

2

118

6 10

1 118

6 1

23

00

120

120 118

6 1

23

1

moléculas de água

mL x

xmL

mol depeneira

��� ��

�� � � 00

140 10

4 0 10

23

23

24

moléculas de água

mLmoléculas de água

x mol

� �

� �, ééculas de água

C Para a orientação 1:

96 75

9 216 5 625

3 591

3 591

2 2 2

2 2 2

2 2

pm d pm

d pm pm

d pm

d pm

� � � � � �� �

�

�

. .

.

. 22

3

2

59 9

1 10

6 0 10

�

�

� �

�

�

,

,

pm

pm nm

d nm

Para a orientação 2:

C Teremos:

07|

A Fórmulas estruturais:

B Nomes sistemáticos:

o-diclorobenzeno: 1,2-diclorobenzeno. p-diclorobenzeno: 1,4-diclorobenzeno.

C Quanto maior a força intermolecular, maior a tempera-tura ou ponto de ebulição. No caso destes compostos, quanto maior o vetor momento dipolo elétrico resultan-te, maior a força intermolecular e maior o ponto de ebu-lição, então:

Conclusão: o o-diclorobenzeno tem o maior ponto de ebuli-ção, pois possui o maior vetor momento dipolo elétrico re-sultante.

08|

A Cálculo da percentagem de água no material:

Na O A O SiO H O

H O

pmm

água

total

2 2 3 2 2

2

2 92

365

2 1 16 1892

1

�

88

3650 2219 22 2 10

22 2

2, ,

, %p

12|

A A alpaca é uma mistura homogênea, pois pode formar uma liga eutética. A característica da estrutura metálica que explica o fato de essa liga ser condutora de corrente elétrica é a existências de elétrons livres dentro da rede cristalina, ou seja, ocorre ligação metálica.

B Sim.

Justificativa: o cobre é o metal em maior porcentagem pre-sente na alpaca (61%) como sua densidade (8,9 g/cm3) é menor do que a densidade da prata (10,5 g/cm3) e os outros metais não apresentam densidade superior a 8,9 g/cm3, con-clui-se que a determinação da densidade pode ser utilizada para se saber se um anel é de prata ou de alpaca.

13|

Cálculo da porcentagem em massa de ouro presente em uma liga de 18 quilates:

24 10018

18 10024

quilates de ouroquilates p

pquilates

quilates

%

%�

�

pp � 75%

Cálculo da massa de ouro presente em uma aliança de massa igual a 5,0 g feita com essa mesma liga:

5 0 10075

75 5 0100

3 75

, %%

% ,%

, .

gm

mg

m g de ouro

��

�

B De acordo com o enunciado da questão, uma amostra de 24 quilates tem densidade igual a 19,3 g/cm3. Então:

massa da barra gcomprimento cml ura cmaltura c

�

��

�

5 83 0

1 00 1

,,

arg ,, mm

V comprimento l ura altura cm

V

barra

�

��

��

� � � � � �� �arg , , ,3 0 1 0 0 1 3

bbarra

ouro quilates

cm

d g cm

cm g de ouro

cm

�

�

0 3

19 3

1 19 3

0 3

3

243

3

3

,

,

,

, mm

mcm g

cmm g de ouro quilates g

��

� �

0 3 19 31

5 79 24 5 8

3

3

, ,

, ,

Conclusão: a barra analisada era de ouro 24 quilates.

14|

A A técnica empregada nesse caso é a decantação, usada para separar misturas do tipo sólido-líquido, técnica esta que se baseia na diferença de densidade entre os compo-nentes da mistura.

B Plástico W: esse plástico deve ser menos denso que a água para que possa flutuar, ou seja, d < 1,00 g/mL, o plástico que satisfaz essa condição é o PEAD cuja densi-dade é de 0,96 g/mL.

d pm

d nm

d nm

'

'

' ,

�

� �

� �

�

�

150

150 10

1 50 10

3

1

09|

A O fósforo preto terá maior densidade, pois para um mes-mo volume, o número de átomos de fósforo será maior nesta variedade alotrópica submetida à maior pressão.

B Cálculo da massa total de fluorapatita usada como maté-ria prima nesse processo:

4 18 30 3 30 18 24 504 3 1

5 4 3 2 4 3 2Ca PO F SiO C P CO CaSiO CaFg

( ) � � ��� � � �� �

224

744 000

4 504 744 0003

gm t

mg t

fluoroapatita

fluoroapatita

.

.�

� ��1124

4 032 000

4 0 106

gm t

m tfluoroapatita

fluoroapatita

�

� �

. .

,

C No fósforo preto e no fósforo vermelho as ligações são covalentes, ou seja, feita entre os átomos de fósforo por compartilhamento de pares de elétrons.

No fósforo branco as ligações são intermoleculares, ou seja, feitas entre as moléculas. Como as moléculas de fósforo branco são apolares, as ligações intermoleculares são do tipo dipolo-induzido – dipolo induzido, mais fracas do que as ligações covalentes existentes entre os átomos de fósforo na variedade alotrópica preto e vermelho.

10|

A O zinco das aparas apresenta maior potencial de oxidação do que o cobre presente na peça, e consequentemente, sofre oxidação a cátion zinco. Os cátions zinco presentes na solução reagem com os elétrons presentes nas aparas que são conduzidos pela peça de cobre e depositam.

( ):

( ):

Aparas ânodo Zn Zn e

Peça cátodo Zn e

Oxidação� � ��� �

� �

� �

�

2

2

2

2 �� � ���Redução Zn

B Quando a peça recoberta de zinco é aquecida a ocorre a formação da liga metálica conhecida como latão, que tem coloração dourada.

11|

A Das propriedades citadas no enunciado da questão são gerais (comuns a todo e qualquer material): massa e vo-lume.

B Propriedades que devem, necessariamente, ser levadas em consideração para a escolha de um material a ser uti-lizado na confecção de panelas, entre outras: temperatu-ra de fusão, permeabilidade e dureza.

A Cálculo da pressão inicial do vapor de água utilizado nes-se lançamento:

V volume inicial do cilindroc comprimento inicial do cilindro c

:: � � 33

2

2

md diâmetro do cilindro

V d c

V volume final do cili

:

' :

� ����

��� ��

nndro após a ansão do gásc comprimento final do cilindro apó

( exp )': ( ss a ansão do gás m

d diâmetro do cilindro

V d

fexp )

:

'

� �

� ����

���

90

2

2

� ��

� �

c

P pressão inicial do cilindro PP pressão final do cilindr

'

: ?': oo P atmf� �1

Numa transformação isotérmica, o produto P×V é constantee(temperatura constante de 500 K):P V P V

P d c P

� � �

� ����

��� � �

' '

'�2

2

�� ����

��� �

� � �� � � � �

�d c

P c P cP m atm m P atm

2

0 6 1 90 30

2

'

' ',

B Relação entre o número de mols de N2 e H2O:

m m m

n

n

m

m

m

m

N H O

N

H O

N

H O

( ) ( )

( )

( )

( )

( )

2 2

2

2

2

2

28

18

28

18

� � �

� �

constante

�� � �

� �

� �

1828

0 642857 0 64

0 64

0 642 2

2 2

, ,

,

, ,( ) ( )

( ) (

n n

Então P PN H O

N H OO

N

N

P

P atm

atm atm

)

( )

( )

,

,

,

2

2

0 64 30

19 2

19 2 30

� �

�

�

A pressão necessária para o lançamento a 90 m não seria atingida e o lançamento não seria bem-sucedido.

17|

A

P . V = k

Se a pressão é constante, teremos:

TV k= (volume é proporcional a temperatura)

Então, se diminuirmos o volume, consequentemente di-minuirá a temperatura e, por consequência, diminuirá também a energia interna do sistema.

B Teremos:

PT

PT

P

P

1

1

2

2

2

2

1 0300 273

0 91

=

=

=

atm

,

,

Plástico X: deverá apresentar densidade menor que a solução de NaC, 20% (d = 1,15 g/mL), o único possível dentre os listados, é o poliestireno, cuja densidade é de 1,06 g/mL.

Por último, tem-se os plásticos menos denso e mais den-so que a solução de CaC,2 . 2 H2O 32% (d = 1,30 g/mL), dentre aqueles que ainda não foram separados estão o PVC cuja densidade é de 1,25 g/mL (plástico Y) que irá flutuar e o plástico Z, mais denso, será o PET cuja densi-dade é de 1,38 g/mL.

15|

A Um mergulhador está numa profundidade de 30 m então:

Atmosfera:

P = 1 atm

Água:

10 130

3

1 34

m atmm P

P atmP P PP atm atmP atm

total

total

total

''

'�� �� ��

B Cálculo da pressão parcial de gás nitrogênio:

% %

%

,

N

VolumepP

p

p

p atm

N

total

N

N

N

2 80

80100 4

4 80100

3 2

2

2

2

2

�

�

�

� �

�

C Cálculo da quantidade de matéria (número de mols) pedida:

P atm

V L

R L atm K molT KP V n R T

n

N m( ) ,

, .

2 30

1 1

3 2

6

0 082298

�

�

� � � ��� � � �

� �

����

���

��

P VR T

n

n moln mol

3 2 60 082 2980 78570 8

,,,,

16| Cálculo da pressão inicial do vapor de água utilizado nesse lançamento:

No momento em que o equilíbrio líquido-vapor é atingido a pressão interna é de 76,2 mmHg.

P mmHg

P mmHg

P

vapor do benzeno

vapor do tolueno

equilíbr

�

�

100 0

30 0

,

,

iio líquido vapor mmHg� �

�

76 2,

P = X Psolução benzeno vapor do beenzeno tolueno vapor do oX P� �

�

toluen

equilíbrio líquido vaporP = X P X Pbenzeno vapor do benzeno tolueno vapor do� � � toluenoo

benzeno tolueno

benzeno tolueno

X 100,0 X 0,30X X

76 21

, � � � �� �

����

� � � � ��

76 2 176 2

, (,

X 100,0 X ) 30,0X

benzeno benzeno

benzeno 100,0 X70XX

benzeno

benzeno

benzeno

� � �� �

�

30 0 30 076 2 30 0

0

, ,, ,

,666

Como 11 0 66 0 34 0 34� �� � � � �

X XX X

benzeno tolueno

tolueno tolueno

,, , ,

PPP

P

vapor do benzeno

tolfase gasosa do benzeno fase gasosa do� 0 66, ; uueno

vapor do toluenoP

PP

�

� �

0 34

100 00 66

,

,,fase gasosa do benzeno

faase gasosa do benzeno

fase gasosa do of

�

� �

66

30 00 34

mmHg

PPtoluen

,, aase gasosa do benzeno

benzeno no equilíbrio líquido-vaX

�10 2, mmHg

pporfase gasosa do benzeno� � �

�

PPequilíbrio líquido vapor

6676 2

0,

,, ,8661417 0 87�

�X no equilíbrio líquido-vaporfase gasos

tolueno

P aa do tolueno

equilíbrio líquido vaporP �

� � �10 276 2

0 1338582 0 1,,

, , 33

19|

A Teremos:

n massaMM

mol

C KP V n R TV

CO2

244

0 045

25 25 273 298

1 0 04

� � �

� � � �� � � �� �

,

, 55 0 082 2981 1

� ��

,,V L

B Teremos:

n massa

MMmolO2

1 4432

0 045= = =, ,

Fração molar do CO2:

0 0450 045 0 045

0 50,, ,

,�

�

Cálculo da pressão parcial:

CO atm atm2 0 50 1 0 50� � �, , .

20|

A Não concordo. O ar que respiramos é composto por, apro-ximadamente, 20% de gás oxigênio e 80% de gás nitrogê-nio. O gás que vazou é 100% puro, ou seja, deve ser inalado em quantidades controladas. A inalação de gás oxigênio puro pode levar ao desequilíbrio do metabolismo.

18|

A Primeiro ensaio: os balões foram inicialmente evacuados e, logo a seguir, com a torneira fechada, foram introduzi-dos 0,30 g de benzeno e 20,0 g de tolueno em “A” e “B”.

Dados do cabeçalho da prova:

Pressão de vapor do benzeno pura a 298 K = 100,00 mmHg

Pressão de vapor do tolueno pura a 298 K = 30,00 mmHg

Balão A benzeno C H

n mM

gg mol

mobenzeno

( ; ),

,

6 6

1

0 3078

0 0038461� ��

�� ll

R mmHg Lmol K V mL L T KP V n R TP

� � � � � �� � � ��

� �62 3 894 0 894 298

0

1 1, ; , ;

,8894 0 0038461 62 3 29879 870666 79 87

79 87

� � �� �

�

, ,, ,

,P mmHg mmHg

mmHg 1100 0, mmHg

Conclusão: o benzeno evapora totalmente.Pressão no balão A no primeiro ensaio = 79,87 mmHg

Balão B tolueno C H

n mM

gg mol

motolueno

( ; ),

,

7 8

1

20 092

0 2173913� ��

�� ll

R mmHg Lmol K V mL L T KP V n R TP

� � � � � �� � � ��

� �62 3 894 0 894 298

0

1 1, ; , ;

,8894 0 2173913 62 3 2984 514 4922 4 514 49

4 514

� � �� �

, ,. , , ,

, ,P mmHg mmHg

449 30 0mmHg mmHg� ,

Conclusão: o tolueno não evapora totalmente, teremos uma fase líquida e uma gasosa.Pressão no balão B no primeiro ensaio = 30,0 mmHg

B Lei de Raoult: a pressão máxima de vapor de uma solução (Psolução) será igual ao produto da fração molar do solven-te (Xsolvente) com a pressão máxima de vapor do solvente puro (Psolvente puro).

Ou seja,

Psolução = Xsolvente x Psolvente puro

C De f x x x( ) ,� � �2 13 36

f( ) ( ) ( )

( )

( )

x x x

f x x x x

f x x

� � � � � � �

� � � � � � �

� �

1 1 13 1 36

1 2 1 13 13 36

1

2

2

2 �� �11 24x

De g(x) = -2x + 12,

g x xg x xg x x

( ) ( )( )( )

� � � � � �� � � � �� � � �

2 2 2 122 2 4 122 2 16

Então,

x x x

x x

2

2

11 24 2 16

9 8 0

� � � � �

� � �

Resolvendo a equação acima, x = 1 ou x = 8

23| Do enunciado e do gráfico, temos:

Os triângulos ABC e AED são semelhantes, pois BCA EDA 90°= =V V e a é ângulo comum dos triângulos ABC e AED.

Então,

ACAD

BCED

x

x

xx

�

��

��

� ��

12080

2003200

12080

116

120 5125

Nas condições apresentadas, o maior número de peças que se pode comprar com R$ 9.800,00 é 125.

24|

A Seja d o número anual de documentos que serão digita-dos anualmente e f o número de funcionários. De acordo com as informações do texto, podemos escrever:

Em 2014:

df

d f��� �� �

� � �8 2 250

4375

(equação 1)

B A estratégia utilizada para que eles não tenham tido êxito foi o fato dos motoristas terem tentado tirar os carros com os motores ligados.

O gás vazou e como o oxigênio (32 g/ mol) é mais denso do que o ar (≈ 29 g/ mol) ficou próximo ao solo favore-cendo a combustão e o incêndio do primeiro carro que estava ligado (já que o gás oxigênio acelera vigorosamen-te a combustão). Se os outros motoristas tentassem ligar seus carros iniciariam novas combustões.

MATEMÁTICA

21| Fazendo um diagrama de Venn:

Assim:

60 + 50 + 55 + 15 + 15 + 105 + 165 + 85 = 550

22|

A Para encontrar os pontos de interseção dos gráficos de f e g, basta resolvermos a equação f(x) = g(x).

De f( ) , ( )x x x g x x� � � � � �2 13 36 2 12 e f x g x( ) ( ),=

x2

2

13 36 2 12

11 24 0

� � � � �

� � �

x x

x x

Resolvendo a equação acima, x = 3 ou x = 8

De x = 8,

gg

( )( )8 2 8 128 4� � � �� �

Logo, os pontos de interseção dos gráficos das funções são (3,6) e (8, -4).

B De f(x) ≥ g(x),

x

( ) ( )

2

2

13 36 2 12

11 24 03 8 0

� � � � �

� � �� � � �

x x

x xx x

x ≤ 3 ou x ≥ 8

Portanto,

.x ou x ou x ou x ou x ou x51

59

511

519

521

529= = = = = =

26|

A Seja S : , → definida por S(x) = ax + b, com S(x) sen-do o salário mínimo x anos após 2005. Logo,

a ���

�510 300

5 042 e b S= =( ) .0 300

Portanto, S(x) = 42x + 300.

Seja C : , → definida por C(x) = a' x + b', com C(x) sendo o valor da cesta básica x anos após 2005. Assim,

a '� ��

�184 154

5 06 e b C' ( ) .= =0 154

Por conseguinte, C(x) = 6x + 154.

B Queremos calcular o menor inteiro x para o qual S(x) ≥ 3 . C(x).

42 300 3 6 154 8 54 6 75x x x x� � � � � � � �( ) , .

Portanto, o menor inteiro x para o qual S(x) ≥ 3 . C(x) é 7 e, assim, em 2012 um salário mínimo poderá adquirir três cestas básicas.

27|

A 29

B 5

C 127

28|

A Como as dimensões da caixa, em centímetros, são iguais a x, 16 - 2x e 20 - 2x, temos

V x x x x x x� � � � � � �( )( ) ,16 2 20 2 4 72 3203 2

em que V é o volume, em centímetros cúbicos, e 0 < x < 8.

B Tem-se que

4 72 320 384 18 80 96 03 2 3 2x x x x x x� � � � � � � � .

Logo, observando que x = 2 é raiz da equação

x x x3 218 80 96 0� � � � , e, sabendo de (a) que 0 < x < 8 vem

( )( ) ( )( )( ).

x x x x x xx

� � � � � � � � �� � �

2 16 48 0 2 4 12 02 4

2

A resposta é { | }.x x� � � 2 4

29|

A x y x4 33 $

B x y4 73 $

C x xy2 2$

D a b 2+

E ( )x 31+

Em 2017:

d f d f� �� �

� � � �30000 8 2504

500 30000 (equação 2)

Igualando as equações 1 e 2, temos:

500 30000 375125 30000

240

� � �� �

�

f ff

f

Portanto, a empresa tem 240 funcionários.

B Em 2014 o número de documentos digitados foi de :

d = 375 . 240 = 90000

Logo em 2015, teremos 90.000 + 10.000 = 100.000 do-cumentos digitados.

C O valor de b é a taxa de variação da função linear, como já foi dito que esta variação é de 10.000 documentos ao ano, podemos considerar que b = 10.000.

25|

A

n f x

x� � �

� �� � �

���

1 ( ), se 0 x 1

2 x, se 1 x 2

n f x

x� � �

� � �� � �

���

32

( ), se 2 x 3

2 x, se 3 x 4

n f x

x� � �

� � �� � �

���

54

( ), se 4 x 6

6 x, se 5 x 6

De acordo com as funções acima, temos o seguinte gráfico.

B Considerando f x( ) ,=15 temos:

x

x x

x x

x x

x x

x

�

� � � �

� � � �

� � � �

� � � �

� � �

15

2 15

95

2 15

115

4 15

195

4 15

215

6 15

xx �295

mdc( , , ) .2160 1800 1200 2 3 5 1203� � � � Portanto, em cada

pacote haverá 2160120

18= camisas, 1800120

15= calças e

1200120

10= pares de sapatos.

B Pelo Princípio Multiplicativo, Pedro pode escolher um conjunto contendo 1 camisa, 1 calça e 1 par de sapatos de , . m . n maneiras .

34|

A De acordo com as informações, obtemos o sistema

n pn qq p

� �� �� �

�

��

��

7 35 4

3,

em que p e q são inteiros positivos. Logo,

5 3 4 7 3 8� � � � � � �( )p p p e, portanto, q = 11.

Donde podemos concluir que a instituição recebeu

7 . 8 + 3 = 59 computadores.

B Sim, observando que 59 é um número primo, podemos colocar todos os computadores em um única sala ou, su-pondo que existem 59 salas, 1 computador por sala.

35|

A Sejam x e y respectivamente, o número de cachorros e o número de cercados.

Desse modo,

x yx y� �� � �

���

4 26 2( )

Resolvendo o sistema temos: 4 2 6 12 7y y y� � � � � e x = 30

Portanto, 30 cachorros e 7 cercados.

B Como cada criança tem mais de 1 ano e 231 = 3 . 7 . 11, segue que as idades das crianças são 3, 7 e 11 anos. Por-tanto, a criança mais velha tem 11 anos.

36|

A MMC(40,32,42) = 3.360h

B 1º caso (A e B juntos) MMC(40,32) = 160h = 6 dias + 16h

2º caso (A e C juntos) MMC(40,42) = 840h >160h

3º caso (B e C juntos) MMC(32,42) = 3360 h >160h

Portanto, os relógios A e B irão tocar juntos, pela primeira vez, no dia 22 de julho, às 7 horas).

30|

Calculando:

Custo impressão x��� �

�

0 54,

(

Preço venda 0,75Fotos vendidas x y0,75 xx y x� � � �) ,0 54 12

A Calculando:Vendas Custos Lucro ejuízo

x y xx

� �� � � � �� �

/ Pr( ) ,(

0,750,75

0 54 121000 0 54 12 0 75 75 0 54 12 0 21 63 300) , , , ,� � � � � � � � � � � �x x x x x

B Isolando y:

0,75 � � � � �� � � �� � �

�

( ) ,, , ,, ,

x y xx y xx y

y

0 54 120 75 0 75 0 54 120 21 0 75 12

�� ��

� � �0 21 12

0 750 28 16,

,,x y x

31| Se Carlos e Manoela são gêmeos, então suas idades são

iguais. Considerando como sendo x a idade de cada um dos irmãos, pode-se escrever:

x x x x x x anos2 3

10 3 26

10 5 60 12� � ��

� � � � �

Logo, a soma das idades dos irmãos será igual a 24.

32|

Calculando o mínimo múltiplo comum (MMC) dos três números dados:

20 66 15 210 33 15 25 33 15 35 11 5 5

1 11 1 11

1 1 12 2 3 5 11 660MMC � � � � � �

Assim, como o MMC é igual a 660, então apenas daqui a 660 dias os três rituais serão celebrados juntos novamente.

B Sabendo-se que os dias da semana se repetem de 7 em 7 pode-se dividir o intervalo dado por 7 (número de sema-nas completas) e depois verificar o resto. Ou seja:

3960 ÷ 7 = 565 (semanas inteiras) e resto 5 dias

Assim, iniciando-se pela segunda-feira (dia 0), no quinto dia ocorrerá novamente a coincidência citada, portanto no sábado (dia 5).

33|

O maior número possível de pacotes corresponde ao má-ximo divisor comum dos números de camisas, calças e pares de sapatos, isto é, ao

No triângulo ABD,

° ° °BADBAD

30 30 180120°

+ + =

=

WW

Aplicando o teorema dos cossenos no triângulo ABD,

BD

BD

BD

BD

� � � � � � � � �

� � � � � ����

���

� � �

� �

2 2 2

2

2

5 5 2 5 5 120

50 50 12

75

cos

22 25 3� �

Como BD > 0,

BD,

��

5 38 5BD km

Como o custo por quilômetro é de R$ 500,00 o custo to-tal é dado por:

8, 5 . 500 reais 4250 reais Portanto, o custo total da instalação será de R$ 4.250,00.

39| 36° e 144°

40|

Como r//s, os ângulos x + 20° e

x2���

���

+ 70° são corres-

pondentes. Assim, temos:

x + 20° =

x2���

��� + 70° = > x = 100°

m e x + 20° = 120° são ângulos adjacentes suplementa-res, logo m + 120° = 180° = > m = 60°.

FÍSICA41|

A Q = i . ∆t

Q mA h A sQ C� � � �

� �4000 4 3600

14400

B Corrente da bateria:

i Qt

i A

� ��

��

144008 3600

0 5,

Logo, a sua potência será:

P i UP W� � � �

� �0 5 5

2 5,

,

42|

A A energia consumida nesse intervalo de tempo é:

E P P P t Wh kWhAC TV L� � �� � � � �� � � � � � �2 1 100 44 44 5 1 188 5 5 940 5 94� . . . ,E ..

E P P P t Wh kWhAC TV L� � �� � � � �� � � � � � �2 1 100 44 44 5 1 188 5 5 940 5 94� . . . ,E ..

37|

A Os naturais que deixam resto 2, quando divididos por 3 e resto 3, quando divididos por 5, são: 8, 23, 38, 53, 68, 83,... Por outro lado, os naturais que deixam resto 2, quando divididos por 3 e resto 5, quando divididos por 7, são: 5, 26, 47, 68, 89,...

Portanto, o número procurado é 68.

B Calculando:

acbcad

acbc

b a

acad

d c

bd a

���

�

��

��

�� � �

� � �

�

���

���

�

4813

48

2

413

134

2 �� � � � � �

� � � � �

134

132

132

4 26

4 8 13 26 51

2

2

c ac bd m

A m

C Calculando:

PQWTUVR PQR STU SWVPQWTUVR cm

� � �� � � � � �

( )3 6 3 69 9 27

38|

Do enunciado e da figura:

Como BD = BC o triângulo BDC é isósceles com

.BCD BDC 50°= =V V

° °ADB ADC BDCADBADB

80 5030°

= -

= -

=

VVV

V V

Como o triângulo ABD é isósceles com AD = AB e ADB 30°=[ , ABD 30°=U

A água que evapora retira calor do restante da água, que resfria.

Q Q m L m c T T1 2 1 23 30 2 10 540 108 10 1 30 0

30 108010

� � � � � � � � � � �� � � �

� ��

�

T88

10 30 20� �� � � � �T T C.

B Nota: resistência elétrica é uma grandeza física. O objeto instalado no chuveiro chama-se resistor.

Dados: P . W; U V; , ; A , .� � � � �� � �� �5 500 220 1 1 10 2 5 106 7 2� m m

Da expressão da potência dissipada no resistor:

P U

RUP

R� � � ��

� �2 2 220 220

5 5008 8R

., .�

Aplicando a segunda lei de Ohm:

R

LA

LR A

L m� � � �� ��

� ��

�

��

8 8 2 5 101 1 10

27

6

, ,,

.

46|

A Dados: Q nC C C110 190 8 8 10 1 6 10� � � � �� �, ; , . e

Q N

Qe

N11

10

1998 10

1 6 105 10� � � �

��

� � ��

�e N ,

.

B Na eletrização por atrito, os corpos adquirem cargas de mesmo módulo e de sinais opostos.

Assim: Q Q Q2 1 2108 10� � � � � � � C.

C A intensidade média da corrente elétrica é dada por:

I

Qt

A� ��

� � ��

�

�8 10

51 6 10

1010 I , .

D Dados:

k Q Q Q m09

1 210 19 10 8 10 30 3 10� � � � � � � � � �� � N m /C d cm2 2 ; C; .

k Q Q Q m09

1 210 19 10 8 10 30 3 10� � � � � � � � � �� � N m /C d cm2 2 ; C; .

Aplicando a lei de Coulomb:

F � � �� � �� �

�� ��

��

�

�

�

�

k Q Qd

k Qd

0 1 22

02

2

9 10 2

1 2

11

2

9 10 8 10

3 10

64 1010

FF N� � �6 4 10 8, .

47|

A Dados:

L nm m nm m

nm m R

� � � � � �

� � � �

� �

�

500 500 10 100 100 10

50 50 10 3

9 9

9

; ;

;

b

e �� �10 8 L A.

Da expressão dada:

R L A R Le b

� � � � � � � � ��

� ��

�

��

�3 10 3 10 3 10 500 10100 50 10

3

8 8 89

18

R ��.

Calculando o custo (C):

C C R� � � � �5 94 0 30 1 782 1 78, , , $ , .

B Usando a expressão que relaciona tensão, corrente e po-tência:

i

P P PU

i AAC TV L�� �

� � �2 1 188

11010 8. , .

43|

A Cálculo da corrente elétrica para o circuito quando a re-sistência elétrica do potenciômetro for nula.

P U i i P

UWV

i A� � � � � � �612

0 5,

Cálculo da energia elétrica consumida pela lâmpada em 5 segundos.

E P t E W s E Je e e� � � � � � �� 6 5 30

B Cálculo da resistência elétrica da lâmpada (RL):

P U

RR U

PR

VW

RL

L L L� � � � �� �

� �2 2 212

624�

Assim, aplicando a 1ª Lei de Ohm ao circuito, calculamos a resistência do potenciômetro (RP):

U R i U R R i R Ui

R

RVA

R R

P L P L

P P P

� � � � �� �� � � �

� � � � � � �120 2

24 60 24 36,

� � � �

44|

A Cálculo da área necessária usando a técnica da análise dimensional:

A kWh

mêsmêsdias

m diakWh

A m� � ��

� �1801

30 23

22

B Sabendo que a potência é igual a razão entre a energia e o tempo:

P Et

kWh

dias hdia

P kW W� ��

� � ��

180

30 241

0 25 250,

C Com a potência calculada e a tensão fornecida, determi-namos a corrente elétrica:

P U i i PU

iWV

i A

� � � �

� � �250120

2 08,

45|

A Dados:

V L m g L m g c cal g C cal1 13

2 232 2 10 108 108 10 1 540� � � � � � � � � �� �; ; ; V L gg.

V L m g L m g c cal g C cal1 13

2 232 2 10 108 108 10 1 540� � � � � � � � � �� �; ; ; V L gg.

51|

A R = 6,7 × 105 km.

B d = 4,8 km.

52|

A 6 m/s

B O tamanho da imagem permanece sempre igual ao do objeto. Isso ocorre devido à citada simetria existente en-tre a imagem e o objeto em relação ao espelho.

É importante notar, porém, que, aumentando-se a distân-cia em relação ao espelho, teremos a impressão de uma redução no tamanho da imagem. Esse efeito se deve à redução do ângulo visual com que a imagem é observada.

53|

A A resolução é simples, bastando lembrar que a imagem produzida pelo espelho plano e o objeto tem a mesma distância ao espelho plano, como demonstrado no dese-nho abaixo:

Então, a distância, em metros, entre IP e IC, é:

d d m� � � � � �6 6 4 2 18

B Com os dados da figura, distância do objeto (do) e a dis-tância da imagem (di) podemos usar a equação de Gauss para determinarmos a distância focal (f).

B Dado: i = 10 µA = 10 x 10 -6 A.

P R i P W� � �� � � � �� �2 6 2 103 10 10 3 10 .

C Dados: N ; t= =10 56 s.

E N Pt� � � � � � � � � � � � �

�

� � �10 3 10 5 15 10 1 5 10

1 5

6 10 6 10 7 10 E 10 10

E

,

, �� � � �� �10 1 5 107 10 3 E , .J

D Dados: C J/K; °C� � � ��5 10 300 3005 �� K.

Q E N P t CCNP

s� � � � � �� �� �

� ��

�� � ��

���

t t5 10 30010 3 10

505

6 10 .

48|

A equivalência entre altura e posição dos objetos e das imagens é dada por:

io

pp

='

Na primeira situação, a altura da imagem é 5% da altura do objeto. Logo, pode-se escrever:

0 05

0 05

1

1

1 1

, '

' ,

��

� �

oo

pp

p p

Na segunda situação, a altura da imagem é 50% da altura do objeto. Logo, pode-se escrever:

0 5

0 5

2

2

2 2

, '

' ,

��

� �

oo

pp

p p

Como trata-se de uma câmara escura, a distância das imagens até o orifício é a mesma, ou seja:

p p1 2' '.=

Assim, igualando as duas equações, tem-se:

0 05 0 50 1

1 2

2 1

, ,,� � �

� �p p

p p

49| Observe a figura a seguir:

50|

DDDD m

3 2 55 5

2 55 2

2 2

2 2

2$

= + +

= +

=

=

]]

]gg

g66

7

@@A

55|

A Aplicando a equação de Torricelli, obtemos:

v v ad

aa

a

a m s

20

2

2 2

2 2

2

1 5 0 5 2 202 25 0 25 402 40

5 10

� �

� � �� �

�

� � � �

, ,, ,

B Gráfico v x t:

Cálculo da largura L da avenida:

L ≅ área sob o gráfico

L

L m

��� ��

� �

1 2 0 4 152

12

, ,

56|

A Como a pessoa A caminha no mesmo sentido da esteira e1, sua velocidade em relação ao solo é igual à soma das duas velocidades.

v v e v m sA A e A1 1 11 5 1 2 5� � � � � �, , .

Para que a pessoa chegue até a outra extremidade tempo é:

t S

vt s

A1

11

1202 5

48� � � ��

,.

B Quando a pessoa B está na esteira e2, sua velocidade em relação ao solo é:

v v e v m sB B e B2 2 20 5 1 1 5� � � � � �, , .

Como as pessoas A e B deslocam-se em sentidos opostos, velocidade relativa entre elas é:

v v v v m sA B A B A B� � � � � �1 2 2 5 1 5 4, , .

Em relação à pessoa B o espaço percorrido pela pessoa A é:

�S mA B �120 .

Calculando o instante em que uma passa pela outra, depois de entrarem nas esteiras:

t

Sv

t sencA B

A Benc� � � �

� 1204

30 .

1 1 1 1 14

12

1 14

4f di do f f

f m� � � � � � � � � � �

De acordo com o enunciado, o aumento linear (A) será igual a 3

1 da altura do menino, assim podemos relacio-nar a expressão do aumento linear da imagem com a equação de Gauss:

A di

dodido

di do� � � � � � � �

13 3

Aplicando na equação de Gauss:1 1 1 1

41 1

3

14

1 3 14

2 8f di do do do do do do

do m� � ��

� ��

��

� � ��

� � � �

54|

Aplicando a Lei de Snell, é possível encontrar o valor no ângulo θ2

n sen n sen

sen

sen

1 1 2 2

2

2

2

1 22

2

12

30

� � � � � � �

� � � � �

� � �

� �

� �

�

�

�

Com o valor deste ângulo, pela análise do triangulo des-tacado, é possível achar o valor da distância D.

tgsensen

D

D

D

D

D

D mm

���2

2

2

22

1 23 2

22

34

22

43

4 33

2 31

� � � � �� �

�

�

��

�

��

,

B Dados: S S v t= = = = =32 32 000 0 0 800 0 km m; s.. ; ;

S S v ta

ta

aR RR� � � � � � �0 0

2 2 2

232 000

280 10 m/s. .

BIOLOGIA

61|

A Os órgãos que apresentam a mesma origem embrionária são denominados homólogos. A divergência estrutural verificada entre o ancestral e a espécie atual é o resulta-do da seleção natural diferencial que ocorreu durante a história evolutiva das espécies.

B O fechamento do braço de mar provocou o isolamento geográfico de populações de peixe-boi de água salgada. A formação da bacia amazônica determinou a seleção natural das variedades de peixe-boi capazes de sobrevi-ver e se reproduzir na água doce.

62|

A O tipo de adaptação é de camuflagem, em que uma es-pécie apresenta um ou mais características corporais que se assemelham ao ambiente, dificultando sua detecção.

B A afirmação está de acordo com Lamarck, baseando-se na lei da transmissão de caracteres adquiridos, onde uma ca-racterística desenvolvida seria passada aos descendentes.

63|

AIDS (HIV) e linfoma (HTLV 1). O vírus entra em contato com uma célula hospedeira. Ocorre interação entre os seus receptores de membrana, aderindo à célula. O vírus injeta seu RNA e enzimas na célula. A transcriptase re-versa sintetiza DNA a partir do seu RNA. Esse DNA se liga ao DNA da célula hospedeira. O DNA é replicado e são produzidas moléculas de RNA e proteínas virais. São for-mados novos vírus dentro da célula hospedeira. Os vírus saem da célula rompendo-a (ciclo lítico) ou sem rompê-la (lisogênico).

64|

A Órgãos homólogos são aqueles em que os animais apre-sentam ancestral comum, podendo ou não desempenhar a mesma função.

B Os órgãos homólogos são considerados evidências da evolução biológica, pois algumas características entre animais estão ligadas a um ancestral comum, que se adaptaram ao longo do tempo, apresentando a mesma função ou não. Outra evidência evolutiva são os órgãos análogos, que apresentam origens ancestrais diferentes, mas com a mesma função.

65|

A A irradiação adaptativa corresponde ao aparecimento de diferentes espécies, em diferentes ambientes, a partir de uma única espécie, que origina todas as outras por meio de seleção natural. Isso ocorre quando essa espé-cie original se espalha, ocupando outros ambientes onde

57|

Usando a "fórmula da área" para o movimento uniforme-mente variado:

� � � �S

v vt S m�

�� �

�� �0

225 10

287 5 5 S , .

Como �S m�120 , o automóvel não foi multado.

58|

A Considerando a velocidade sendo constante nesse per-curso, podemos achar o deslocamento a partir da área do gráfico.

V km h m s V m s

S V t S S m

� � � �

� � � � � � �

37 5 37 53 6

10 4

10 4 2 20 8

, ,,

,

, ,� � � �

B Da leitura dos valores aproximados no gráfico, temos:

t s v km h m st s v km h m s

a vt

a� � � �� � � �

���

� �9 0 32 8 99 8 12 5 3 5

, ,, , ,

��

����

� � �3 5 8 99 8 9

6 8 2, ,,

, . a m s

t s v km h m st s v km h m s

a vt

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Como esse planeta foi descoberto em 1930, ele comple-tará uma volta em torno do Sol no ano t:

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60|

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A O agente etiológico da leishmaniose visceral é o proto-zoário mastigóforo Leishmania chagasi. O vetor é a fê-mea do mosquito-palha (birigui ou corcundinha), perten-centes ao gênero Lutzomya.

B O aumento da doença em áreas urbanas está relaciona-do à ocorrência de animais soltos e abandonados, como é o caso de cães, que são reservatórios do parasita. Há de se citar o acúmulo de lixo que atrai mosquitos e a ocupa-ção de áreas silvestres durante o crescimento urbano.

72|

A

1- Surgimento de um esqueleto hidrostático (contribui na sustentação e locomoção);

2- Facilita a distribuição de substâncias e eliminação de suas excreções (Meio de transporte de gases);

3- Permite maior desenvolvimento dos órgãos (acomoda-ção e proteção de órgãos).

B

1- Enterocelia;

2- Presença de endoesqueleto.

C Os répteis apresentam fecundação interna e botam ovos com casca protetora. Os ovos possuem novos anexos em-brionários como o âmnio, o cório e o alantoide. O desen-volvimento dos répteis é direto, sem estágio larvário.

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A Larva e pupa no ambiente aquático e adultos alados nos ambientes aéreo e terrestre.

B Febre amarela.

C Não, pois o vírus da dengue é de RNA e envelopado.

74|

A Os cientistas testaram a hipótese heterotrófica. Segundo a qual os gases da atmosfera primitiva poderiam formar, espontaneamente, os compostos orgânicos que origina-ram as primeiras formas viventes no planeta Terra.

B Aminoácidos.

C Organismos autótrofos fotossintetizantes, surgidos por mutação, liberaram oxigênio livre, resultante da fotólise da água.

75|

A Sucessão ecológica primária, pois, ocorrerá a partir de um ambiente que anteriormente não apresentava uma comunidade biológica estabelecida.

B No início do processo de sucessão ecológica, a PB, que corresponde a toda matéria orgânica produzida pelos produtores, é baixa e vai aumentando ao longo do pro-cesso, devido ao aumento da diversidade biológica, com o surgimento de espécies de grande porte e maior lon-gevidade. A PB tende a atingir o nível máximo durante

as condições são diferentes. Como em cada um deles a seleção natural agirá para permitir a sobrevivência dos indivíduos mais bem adaptados, ao longo do tempo de-verá haver em cada local diferentes grupos, formando diferentes espécies, cada uma adaptada ao seu meio.

B Convergência adaptativa é o fenômeno evolutivo em que organismos de diferentes espécies, mas que vivem em um mesmo tipo de ambiente, acabam adquirindo semelhanças morfológicas pelo processo evolutivo, gra-ças à seleção natural. Como o ambiente é o mesmo, a pressão seletiva é a mesma para as diferentes espécies, levando a um resultado parecido.

66|

A Proteínas. Os coacervados podem ter dado origem às primeiras células procarióticas que se formaram no meio aquoso da Terra primitiva.

B Abiogênese. A hipótese da origem da vida propõe que as primeiras células se formaram espontaneamente a partir da matéria orgânica inanimada.

67|

A Exoesqueleto de quitina verificado nos artrópodes e pa-rede celular celulósica observada nos vegetais.

B s agentes não enzimáticos são os sais biliares que emul-sificam as gotas de gorduras. Os agentes enzimáticos são as lípases presentes no suco pancreático. As lípases ace-leram a hidrólise dos glicerídeos, convertendo-os em áci-dos graxos e glicerol.

68|

A Aedes aegypti: A fêmea do mosquito é transmissora do vírus da dengue e também é parasitada.

Triatoma infestans: O barbeiro não inocula o protoctista Trypanossoma cruzi; ele o elimina nas fezes próximo ao local da picada.

B Pulex irritans: Certas espécies de pulgas transmitem mi-cro-organismo através da picada. Ao sugar o sangue hu-mano, a pulga se comporta como ectoparasita.

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Hipótese I: homologia. Há presença da característica no ancestral comum.

Hipótese II: analogia. A característica não estava presente no ancestral / surgiu

de modo independente.

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A Os vírus são estruturas acelulares que utilizam o maqui-nário biológico das células hospedeiras para se multipli-car. As células hospedeiras são comandadas pelo mate-rial genético viral (DNA ou RNA).

B Segundo os princípios darwinistas sobre evolução, os mosquitos já eram capazes de transmitir os diferentes tipos de vírus.

79|

A adubação verde aumenta a quantidade de compos-tos nitrogenados no solo, devido à grande capacidade de fixação de nitrogênio pelas plantas leguminosas. Isso aumenta a biomassa e, consequentemente, a decompo-sição de micro-organismos, favorecendo a produção e captação de nutrientes e maior produtividade agrícola.

80|

A O fenômeno cumulativo de contaminação que atinge os Yanomami é a magnificação trófica ou bioacumulação, quando há acúmulo progressivo de substância de um ní-vel trófico para outro, no caso o mercúrio.

B O mercúrio é absorvido pelos produtores, como algas e vegetais, passando para o nível trófico seguinte, dos consumidores primários, os peixes; que passarão para o outro nível trófico, dos consumidores secundários, dos seres humanos, no caso os Yanomami.

C Sim, o DDT é um inseticida não biodegradável que se acu-mula nos organismos através da cadeia alimentar e pode atuar em ecossistema terrestre, sendo absorvido pelos autotróficos, passando pelos consumidores e se acumu-lando em maior quantidade nos níveis mais superiores.

a comunidade clímax, onde a biodiversidade da comu-nidade se estabiliza, juntamente com a taxa de respira-ção de todos os seres da comunidade biológica. Assim, a PL vai diminuindo, à medida que a comunidade se torna mais complexa ocorre uma estabilização da comunidade, onde os produtos da fotossíntese serão consumidos pela respiração.

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A Teremos:

B As relações interespecíficas são a competição, porque a lebre europeia e o tapiti se alimentam dos mesmos vege-tais e também entre a onça e a jaguatirica que disputam os mesmos roedores. Observa-se também a predação quando a onça e a jaguatirica matam e comem a lebre europeia e o tapiti.

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A Pirâmide I: ecossistema terrestre

Pirâmide II: ecossistema aquático

Na pirâmide II a biomassa dos produtores P é menor do que a biomassa dos consumidores primários, porém os produtores se reproduzem mais rapidamente e suprem as necessidades alimentares dos consumidores primários.

B Em ambos os ecossistemas a pirâmide de energia é a mesma:

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A A comunidade biológica é constituída pelo capim-doura-do, gafanhotos, cupins, pássaros-pretos, andorinhas-de--coleira, morcegos, tamanduás-bandeira e raposinhas.

B As relações ecológicas entre a raposinha e os insetos é de predatismo. Entre o tamanduá e a raposinha há competi-ção pelo alimento.

C O bioma referido é o Cerrado.