RESOLUÇÃO SIMULADO NACIONAL IME
1ª Fase
QUESTÕES DE 01 A 15
MATEMÁTICA
Questão 01 - Alternativa A
Tem-se que 2 2 2
n n n21212 2 (n ) (12 ) n 12 ,
ou ainda,
2n n n n21212 2(12 )(12 ) .
Com isso,
n n n2 12 12 31 ,
ou ainda,
2 1 n 2 1 n 2 3 n 1 .
Isso implica n 5 . Com n 5 , deseja-se obter a quantidade de números capicuas de 4 algarismos em um sistema
de numeração de base 5. Tais números têm a forma
5abba ,
com a,b {0,1,2,3,4} e a 0 . Com isso, há, ao todo, 4 opções para o algarismo a e 5 opções para o algarismo b .
Assim, considerando-se que 4 5 20 , há, ao todo, 20 números capicuas de 4 algarismos em um sistema de
numeração de base 5.
Questão 02 - Alternativa C
Tem-se que 2 236 2 3 .
Isso implica que 36 tem, ao todo, 3 3 9 divisores positivos. Sendop o produto de todos os divisores positivos de
36, tem-se que
9p 36 ,
ou ainda, 9 9p 2 3 .
Os divisores positivos de p que são múltiplos de 36 têm a forma
2 3 ,
com , {2,3,4,5,6,7,8,9} . Com isso, tem-se, ao todo, 8 opções para e 8 opções para . Assim, considerando-
se que 8 8 64 , o produto dos divisores positivos do número 36 tem, ao todo, 64 divisores positivos múltiplos de
36.
Questão 03 - Alternativa A
Tem-se n bolas azuis e 10 n bolas brancas. Sendo A o evento formado por duas bolas azuis, tem-se que
n n 1p( )
10 9A
,
ou ainda, 2n n
p( )90
A
.
IME-ITA
2
Sendo B o evento formado por duas bolas brancas, tem-se que
10 n 9 np( )
10 9B
,
ou ainda, 2n 19n 90
p( )90
A
.
Sendo E o evento formado por duas bolas de mesma cor, tem-se que E A B . Disso, considerando-se que A e B
são mutuamente exclusivos, tem-se que
p( ) p( ) p( )E A B ,
ou ainda, 22n 20n 90
p( )90
E
,
o que implica
21 2p( ) n n 1
45 9E .
Questão 04 - Alternativa D
Considerando que a e b são as raízes da equação 2 2x 4x n 0 , tem-se que
a b 4 e 2ab n .
Sendo b a b a
n n n ny log a log a log b log b ,
tem-se que b a b a
ny log a a b b ,
ou ainda, a b
ny log (ab) .
Com isso e considerando que a b 4 e 2ab n , obtém-se 2 4
ny log (n ) .
ou ainda, 8
ny log n .
Disso, ny 8log n , ou ainda, y 8 . Assim, conclui-se que b a b a
n n n nlog a log a log b log b 8 .
Questão 05 - Alternativa D
Com
1 z 21
3 z 2
,
tem-se que z 2 3 z 2 . Com isso e sendo z x yi , obtém-se
(x 2) yi 3 (x 2) yi ,
ou ainda,
2 2 2 2(x 2) y 3 (x 2) y .
Disso, 2 2 2 2(x 2) y 9(x 2) 9y ,
o que implica 2
25 9x y
2 4
.
Resolução Simulado
3
A figura ilustra todos os números complexos z x yi que satisfazem esta desigualdade.
Trata-se de um círculo com centro no ponto5
,02
C
e raio 3
r2
. Dentre os números complexos que satisfazem
a desigualdade, o de maior argumento principal tem afixo no ponto P, sendo OP tangente ao círculo. Com isso, u
deve ter afixo em P e o módulo de u é a medida do segmento OP. No triângulo OPC, tem-se que 2 2
2 3 5
2 2OP
,
o que implica que o segmento OP mede 2. Assim, o módulo de u é igual a 2.
Questão 06 - Alternativa D
Sendo P(x) divisível por n 1 n 2x x 1 e P(x) um polinômio de grau n , o quociente da divisão de P(x) por n 1 n 2x x 1 deve ser um polinômio de grau 1. Considerando que Q(x) seja este quociente, Q(x) ax b , com
a 0 . Com isso, n 1 n 2P(x) (x x 1)(ax b) .
Com P(0) 3 , obtém-se b 3 . Com isso e P(1) 3 , obtém-se a 2 . Disso, n 1 n 2P(x) (x x 1)(2x 3) .
Com P(3) 39 , tem-se que n 1 n 2(3 3 1)(3 2 3) 39 ,
ou ainda, n 1 n 23 3 12 0 .
Resolvendo-se esta equação, obtém-se n 3 e, assim, 2n n 1 13 .
Questão 07 - Alternativa D
Com n 2020 ,
1 1 1
x y 2020 ,
ou ainda,
2020x 2020y xy .
Disso,
2020xy
x 2020
.
Com isso e considerando-se que 2 22020x 2020x 2020 2020 ,
IME-ITA
4
obtém-se 22020
y 2020x 2020
.
Com isso, para se ter pares ordenados (x, y) de números inteiros e positivos que satisfaçam esta igualdade,
x 2020 deve ser um divisor positivo de 22020 . Sendo 2 4 2 22020 2 5 101 , a quantidade de divisores positivos
de 22020 é 5 3 3 45 . Para cada um desses divisores, há um, e somente um, par (x, y) que satisfaz a igualdade.
Assim, p(2020) 45 .
Questão 08 - Alternativa C
Considerando que ylog x , zlog y e
xlog z são, nesta ordem, termos consecutivos de uma progressão geométrica,
tem-se que 2
z y x(log y) log x log z ,
ou ainda, 3
z y x z(log y) log x log z log y .
Com isso e considerando que
y x zlog x log z log y 1 ,
obtém-se
zlog y 1 ,
o que implica z y . Com isso e 4 4 42x y z , obtém-se 4 42x 2y , o que implica x y , já que x e y são
positivos. Sendo xyz 125 , com z y e x y , tem-se que 3y 125 , o que quer dizer que y 5 . Assim, z 5 ,
x 5 e, com isso, conclui-se que x y z 15 .
Questão 09 - Alternativa D
Há dois casos a serem considerados. Um é o caso em que uma peça dupla é usada na figura e outro é o caso em que
nenhuma peça dupla é usada na figura.
No primeiro caso, há 4 opções para a posição da peça dupla e 7 opções para a escolha da peça dupla; em seguida,
para a próxima peça no sentido horário, há 6 opções e, para a peça anterior no sentido anti-horário, há 5 opções. Para
a última peça, há apenas 1 opção. Assim, podem ser formadas 4 7 6 5 1 840 figuras ao todo nesse caso.
No segundo caso, há 21 opções para a peça inicial, que pode ser qualquer uma das quatro da figura, e 2 opções para
dispor a peça inicial; em seguida, há 5 opções para a peça seguinte à inicial no sentido anti-horário e 4 opções para a
peça anterior à inicial no sentido horário. Para a última peça, há apenas 1 opção. Assim, podem ser formadas
21 2 5 4 1 840 figuras ao todo nesse caso.
Portanto, Ano pode formar ao todo 1680 figuras distintas.
Resolução Simulado
5
Questão 10 - Alternativa B
Seja n
k 1 2k 1 2k 1
1S
a a
.
Tem-se que
2k 1 2k 1
2k 1 2k 1 2k 1 2k 1
a a1 1
a a a a
.
Com isso e considerando que r seja a razão da progressão aritmética, obtém-se
2k 1 2k 1 2k 1 2k 1
1 1 2r
a a a a
.
Com n
k 1 2k 1 2k 1
1S
a a
,
obtém-se n
k 1 2k 1 2k 1
2r2r S
a a
.
Disso e sabendo que
2k 1 2k 1 2k 1 2k 1
1 1 2r
a a a a
,
tem-se que n
k 1 2k 1 2k 1
1 12r S
a a
,
ou ainda,
1 2n 1
1 12r S
a a
,
o que implica
2n 1 1
1 2n 1
a a2r S
a a
.
Contando que 2n 1 1a a 2n r , obtém-se
1 2n 1
2n r2r S
a a
,
conclui-se que
1 2n 1
nS
a a
.
Assim, n
k 1 2k 1 2k 1 1 2n 1
1 n
a a a a
.
IME-ITA
6
Questão 11 - Alternativa E
Tem-se que
5x xcos3x cos2x 2sen sen
2 2 .
Com isso e cos3x cos2x 0 , obtém-se
5x x2sen sen 0
2 2 ,
ou ainda,
5x xsen sen 0
2 2 .
Com 0 x , tem-se que
xsen 0
2 ,
o que implica
5xsen 0
2 .
Com isso e 5x 5
02 2
, pois 0 x , tem-se que
5x2
2 ,
o que implica
2 4x
5 5
.
Disso,
2 4]a,b[ ,
5 5
,
o que implica
2a
5
e
4b
5
.
Assim,
6a b
5
.
Questão 12 - Alternativa E
Considere que (x,y)P seja o centro de uma circunferência pertencente ao lugar geométrico. Considerando que a
circunferência é tangente à reta r : x 2 e passa pelo ponto (6,4)A , tem-se que
d( ,r) d( , )P P A ,
ou ainda,
2 2x 2 (x 6) (y 4) .
Disso, obtém-se 28(x 4) (y 4) .
Com isso, o lugar geométrico é descrito por uma parábola com foco no ponto (6,4) e diretriz x 2 0 . Com a
equação da parábola, obtém-se 28x y 8y 48 .
Derivando-se implicitamente esta equação em relação a x, obtém-se
d y d y8 2y 8
d x d x ,
ou ainda,
d y 4
d x y 4
.
Resolução Simulado
7
Deseja-se a equação da reta que passa pelo ponto (6,8) e é tangente à parábola. Sendo r tal reta e observando que
o ponto (6,8) pertence à parábola, com
d y 4
d x y 4
.
tem-se que o coeficiente angular de r é tal que
r
4m
8 4
,
ou ainda, rm 1 . Com isso, a equação da reta r é y 8 1 (x 6) , ou ainda, x y 2 0 .
Questão 13 - Alternativa C
Considere a figura.
Sendo a medida de AM, AB mede 2 . Com isso, 2(2 ) 3
S4
,
ou ainda, 2S 3 .
Considerando que 2AB AP , tem-se que AP . Com isso, no triângulo MAP, tem-se que 2 2 2PM ,
o que implica
2PM .
Tem-se, ainda, que
2 3
2MC ,
ou ainda,
3MC .
Com o teorema das três perpendiculares, o ângulo PMC é reto. Disso, sendo S' a área do triângulo PMC, tem-se
que
2 3S'
2
,
ou ainda, 2 6
S'2
.
Com isso e 2S 3 , tem-se que
S' 2
S 2 ,
o que implica
2S' S
2 .
IME-ITA
8
Questão 14 - Alternativa A
Considere a figura.
Há cinco áreas de regiões da superfície da esfera exteriores ao hexaedro: quatro áreas tais como a área
1S e uma
área 2S .
Sendo a medida das arestas do hexaedro, tem-se que
AB e 2
BD .
Sendo r o raio da esfera, no triângulo OBD, tem-se que 2
2 2( r) r2
,
o que implica 5
r8
.
Com isso e 2rBP ,
1
4BP .
Disso,
2
5 1S 2
8 4 ,
ou ainda,
2
2
5S
16
.
Com
5r
8 e
2ON ,
obtém-se
1
8NQ .
Disso,
1
5 1S 2
8 8 ,
ou ainda,
2
1
5S
32
.
Considerando que S é a área da superfície da esfera exterior ao hexaedro, tem-se que
1 2S 4 S S ,
ou ainda,
215S
16
.
Resolução Simulado
9
Questão 15 - Alternativa B
Considere a figura.
Sendo sm o coeficiente angular da reta s , tem-se que sm 1 . Com
1f (x)
x 1
,
tem-se que
2
1f '(x)
(x 1)
.
Sendo P o ponto em que a reta s tangencia o gráfico da função f , deve-se ter
sf '(x ) mP ,
ou ainda,
2
11
(x 1)P
,
o que implica x 0P ou x 2P . Considerando que a reta s deve intersectar os eixos coordenados nos semieixos
positivos, conclui-se que x 2P . Com isso e contando que f (2) 1 , tem-se que (2,1)P .
Com sm 1 e (2,1)P , a equação da reta s é
y 1 1 (x 2) ,
ou ainda,
x y 3 0 .
Disso,
(3,0)A e (0,3)B ,
o que implica que a área do triângulo AOB é 4,5.
IME-ITA
10
QUESTÕES DE 16 A 30
FÍSICA
Questão 16 - Alternativa D
Conservação da energia mecânica:
2
21 cos 2 1 cos2
mvmg v g
Aplicando a expressão da força centrípeta no ponto mais baixo:
3 2coscpT P F T mg
Substituindo valores, encontramos T = 400 N.
400
4300
3
BEy
BEy
BEx DE
BEx
F T N
FF N F
F
0BDF
400
AB BCx BEx
BCy BEy
F F F
F F N
400 400 2
566
BCx BCy BC
BC
F F N F N
F N
Questão 17 - Alternativa C
1 1 1´
´
fpp
f p p p f
A velocidade da imagem em relação ao espelho na direção do eixo principal vale ´dp
dt. Aplicando a regra do
quociente:
Resolução Simulado
11
2
.´
fp dp dpd f p f fpp fdp dt dt
dt dt p f
2 2
´2 2
´
p p
f fdp dpv v
dt dt p f p f
A componente da velocidade na direção do eixo principal é máxima quando a velocidade da partícula estiver
nessa mesma direção, isto é, nos pontos em que 1,0 .p m Substituindo os valores fornecidos na equação
obtida anteriormente:
2
44 9,0 /
1 2
p pv v cm s
O sinal negativo indica apenas que objeto e imagem se movem em sentido contrário em relação ao espelho.
Como 9,0
1,56,0
v R R cm
Questão 18 - Alternativa A
Seja P o peso de cada semicilindro, desse modo temos A BP P P e 2 .oP P Do equilíbrio de forças do
sistema na direção vertical, temos que o peso do conjunto deve ser equilibrado pelas forças normais em A e
B:
4 A BN N P
Da simetria do problema, segue 2 . A BN N P
Seja F a força trocada entre as superfícies cilíndricas e o ângulo que F faz com a horizontal. Então
0 1
0 cos 2
Ry
Rx
F F sen P N F sen P
F F N P
Dividindo (1) por (2) vem tan 1 45 . Logo
2 2cos45 2 2
2
Rd R
d
Questão 19 - Alternativa A
Pela equação dimensional:
1 2 4
3 1
1 1
M L T LL T
L
M L T
No SI, a unidade seria 1 1. kg m s Contudo, não há essa alternativa. Expressando a pressão P em atm,
encontramos
atm s
IME-ITA
12
Questão 20 - Alternativa A
Temos o seguinte esquema com as representações das cargas e correntes em cada um dos trechos do circuito:
1 2 3
1 2 3 1
i i i i
Q Q Q Q
Malha :DCA
1
6 624 2
2 10 12 10
Q Q
Malha :ABD
2 32 1
6 6 63
4 10 3 10 2 10
Q QQ Q
Malha :AEB
3 2
6 64
2 10 4 10
Q Q
Resolvendo o sistema formado por
1 , 2 , 3 e 4 encontramos 2 24 Q C
246
4 ABV V
Questão 21 - Alternativa A
A componente da velocidade do ponto P do cilindro que está em contato com a barra na direção
perpendicular à barra deve ter o mesmo valor da velocidade da barra. Além disso, sabemos que a velocidade,
neste ponto, é a combinação entre a velocidade de translação do centro de massa com a velocidade de rotação
ao redor do centro de massa, ambas valendo 0 . R Desse modo, tem-se o seguinte diagrama vetorial:
Aplicando lei dos senos no triângulo inferior:
0 0 sin
sin 180sin sin
2 2
p
p
v R Rv
Resolução Simulado
13
No triângulo superior:
sin / 2
sin2
barra barrap
p
v vv
v
Igualando as duas expressões:
0sin
barrav
R
A velocidade da barra pode ser determinada em função da velocidade angular , o raio de giração do ponto
em questão pode ser calculado usando trigonometria:
tan / 2
tan2
R RL
L
Substituindo na expressão de 0 :
0
sin tan2
R
R
Fazendo a transformação sin 2sin cos , encontramos
022sin
2
Questão 22 - Alternativa E
Inicialmente, a força elástica deve balancear o peso suportado pela placa superior mais a força elétrica entre
as placas.
el eF P F
Campo entre as placas:
U
Ed U Ed
A força que uma placa exerce na outra se deve à metade do campo elétrico (a outra metade é produzida pela
própria placa):
2 2 e
qE qUF
d
A carga do capacitor vale ,q CU logo 2
2e
CUF
d
IME-ITA
14
Na situação B, o acréscimo na força elétrica produzido pela adição de um dielétrico deverá ser balanceado
pelo empuxo, de modo que ' el eF E P F
Logo, temos que ' e eE F F
21
2
CUVg
d
A capacitância inicial vale 0A
Cd
e o volume .V Ah . Logo:
2
01
2
U AAhg
d d
Dividindo ambos os lados pela área e substituindo valores:
10 12
3 10 9,0 100,6 10 0,05 10 1
2 0,02 0,02
11
3
Questão 23 - Alternativa E
1: Falsa. A uma mesma temperatura não há fluxo espontâneo de calor.
2: Falsa, o enunciado descrito é o da Primeira Lei.
3: Verdadeira.
4: Falsa, depende da massa dos corpos.
Questão 24 - Alternativa B
Após deixar o ventilador
0 0 1
. .
mv Mu
Conservação da q d m
Após colisão com a vela:
' 2Mv mv
Pela condição do choque: 0 0
'3
AF
AP
V v v
v uV
Resolução Simulado
15
Isolamento 0u em 1 , 'v em 2 e substituindo em 3 :
00 '
mv Mvu v
M m
00
v M mMvv
mmv
vM
m
v M m
M
0
mvv
M
Questão 25 - Alternativa C
Lado esquerdo:
0P A 1L P A
1 0
L x
LP P
L x
Analogamente, do outro lado:
2 0
LP P
L x
Diferença de pressão:
0
1 1
P P L
L x L x
2 2 2
0 2 2
2,
xP P L mas L x L
L x
02
PP x
L
Força restauradora:
F P A
02
K
P AF x MHS
L
2 m
TK
0
22
mL
TP A
Questão 26 - Alternativa D
Adotando envoltórias esféricas nas quatro regiões definidas e aplicando a Lei de Gauss
0
encq
E d A
Encontramos as seguintes equações para o campo elétrico:
0
3
2
0
3 3
2
0 0
3 3 3
2
0
,3
,3
,3 3
,3
rr a
aa r b
rE r
b arb r c
e r
c b a c rr
Tais equações são condizentes com o que está representado na alternativa D.
IME-ITA
16
Questão 27 - Alternativa B
Como todos os pontos em uma mesma horizontal de um mesmo trecho de líquido estão a uma mesma pressão
(vasos comunicantes), temos que
2
1 2
1
110
130
110
160
A atm
B A
C B
D C
E D
F E
G F
H G
H
gas
p p
p p cmHg
p p
p p cm H O
P P
P P cmHg
p p
p p
p P cmH O
p p
Logo
2
5 3 3
5
220 290
1,0 10 2,20 13,6 10 10 2,90 1,0 10 10
3,702 10
gas atm
gas
gas
p p cmHg cmH O
p
p Pa
Questão 28 - Alternativa D
No modo natural de vibração:
2 L
Logo
0
1 1
2 2
v T Tf
L mL
Após ser aquecido por uma variação de temperatura , o comprimento do fio passa a ser
' 1 L L
Logo, a nova frequência será igual a
1/2
0
11
2 1
Tf f
mL
Resolução Simulado
17
Como o coeficiente de dilatação é muito pequeno, podemos usar a aproximação sugerida
0
11
2
f f
Como a diferença entre as frequências é de 1 Hz, temos que 5
0
1 250 5,0 101 1 160
2 2
f C
Questão 29 - Alternativa E
As duas forças que atuam na barra devem se anular:
10 2 60 0,500 6,0 magP F Mg Bil M M kg
Questão 30 - Alternativa C
Seja r a resistência equivalente do circuito 1.CKT
Com 1K aberta e 2K fechada: 2 10 R i R
Com 1K fechada e 2K aberta: 1 1 1 1 190 1 ABV R R i ri r i
Com 1K fechada e 2K aberta: 2 2
1 1 1 1 1 1 1360 . 2 Pot Ri R i i ri r i
De 1 e 2 segue que 1 4 22,5 i A r
1 1 1 90 10 00 10 4 6 30 5 50 ABV R R i R R R R V
50 5,40,6 60%
50
Ri
QUESTÕES DE 31 A 40
QUÍMICA
Questão 31 - Alternativa B
IME-ITA
18
Questão 32 - Alternativa D
A fórmula estrutural do 2-cloro-5-vinilciclopent-3-em-1-ol é:
Observa-se a presença de três (03) carbonos quirais 3n . Logo:
3
1
2
. . . 2
. . . 2
. . . 8
. . 2
. . 2
. . 4
n
n
I O A
I O A
I O A
M R
M R
M R
Questão 33 - Alternativa C
A solução 71,0 10 mol/L de NaOH fornece 71,0 10 OH .
A água fornece:
2
x x
H O l H aq OH aq
Assim, podemos totalizar: 7; 10 H x OH x
E escrever:
7 1410 10 x x
2 7 1410 10 0 x x 14 2 710 10 1 0 x x
7 14 14
14
10 10 4 10só nos interessa a raiz positiva
2 10
x
7 77
14
10 5 10 5 110
2 10 2
x
7 7 81,2410 0,62 10 6,2 10
2
x
7,21pH
A solução é levemente básica, os íons OH vêm de 2 fontes: 2 .NaOH e H O
Resolução Simulado
19
Questão 34 - Alternativa A
3 23 2
3 2 23 2
3 23 2
3 8 3 4 2
1 4 1 2 2
3 8 3 4 2
dil
cone
dil
Cu HNO Cu NO H O NO
Cu HNO Cu NO H O NO
Cu HNO Cu NO H O NO
3Cu 38
3 63,5
HNO
g 8 63
20
g
kg
352,9133
dil
x
x kg HNO
3 2 33 21 4 1 2 2
coneCu HNO Cu NO H O NO
1Cu 34
1 63,5
HNO
g 4 63
20
g
kg
379,3700
cone
y
y kg HNO
O processo mais econômico é o que utiliza 3 dil
HNO
Economia 3 3:
cone dilE HNO HNO
79,37 52,9133
26,4567
E y x
E
E kg
Questão 35 - Alternativa C
0
46
1
12 100
12ln 46
100
ln 4 ln3 ln100 46
2 0,693 1,099 2 2,302 46
0,046
ln 2 0,693
0,046
15
k t
k
m m e
e
k
k
k
k h
p pk
p h
Questão 36 - Alternativa D
As gorduras são caracterizadas por apresentar predominância de cadeias carbônicas saturadas.
Diferentemente, nos óleos predominam cadeias carbônicas insaturadas.
Questão 37 - Alternativa B
a) (ERRADO) Desobedece a regra de Hund – regra da máxima multiplicidade – No preenchimento dos
orbitais de um subnível os elétrons entram inicialmente em paralelo, isto é, um em cada orbital com o
mesmo spin, para depois formar os pares. Além disso, os elétrons do subível 3d encontram-se aos
IME-ITA
20
pares no mesmo orbital com o mesmo spin, o que contraria o pricípio da Exclusão de Pauli que diz que
dois elétrons não podem apresentar os mesmo 4 números quânticos. Se eles têm o mesmo spin no
mesmo orbital seguramente haverá a coicidência de dois elétrons com 4 números quânticos iguais.
c) (ERRADO) Não foi obedecida a regra de Hund.
d) (ERRADO) A configuração apresentada é menos estável do que a distribuição 1 5.s d
e) (ERRADO) Idem alternativa anterior.
Questão 38 - Alternativa B
i) Cálculo do i (fator de Van’t Hoff) do ácido monoprótico (HA).
2
1 1
1 2 1 1
HA H A q
i q
i i
ii) Cálculo da molalidade (W)
10,2 , 2 , 1
0,10,2 2 1
1
c
c
T K K K kg mol i
T K W i
W W
iii) Considerando que a molalidade seja igual a molaridade, temos:
0,1
1
m W
iv) Cálculo de m e da constante de equilíbrio do ácido na solução inicial:
Início:
Reage:
Equilíbrio:
HA H A
m m m
m m m
m m m m
2
2
2
2 2
2 10 mol/L
10
0,110
1
0,1 10 10
0,11
pH H
H m
Cálculo da molaridade m
210
0,11 0,01 0,09 mol/L
m
m m
Constante de equilíbrio 1K
i
H AK
HA
2 2 43
10 10 101,25 10
0,09 0,01 0,08
iK
Anulada (constante não fornecida)
Resolução Simulado
21
v) Cálculo da concentração molar após a diluição:
3 3 3
Início: 0 0
Reage:
Equilíbrio:
10 10 10
HA H A
m
m m m
m m m m
m
3
3
3 10 mol/L
10
pH H
H m
3 3
3 3
3
10 101,25 10 1,8 10
10
i
H AK
HA
mm
vi) Diluição (Volume inicial = 1,0L )
2 2
1 1 2 2
3
2 20,09 1 1,8 10 50
50 1 49
H O H O
m V m V
V V L
V V L
Questão 39 - Alternativa C
1mol e 96485
4mol
C
e
4 96485
r
r
Q
Q C
Cálculo da massa de zinco
2 65,4 g Zn 4 96485 C
m 3
3
160 10 3600
2 65,4 160 10 3600
4 96485
0,195
C
m
m g Zn
Questão 40 - Alternativa B
1
2 2 393,5 molC gr O g CO g H kJ
1
2 2 21 285,9 mol
2H g O g H O g H kJ
1
4 2 2 22 2 890,5 molCH g O g CO g H O g H kJ
Para calcular o H da reação
2 42C gr H g CH g
Devemos manter a 1ª equação, multiplicar por 2 a 2ª equação e inverter a 3ª equação:
2C gr O 2g C O
1
2 2
393,5 mol
2
g
H kJ
H g O
22g H O 1
2
571,8 mol
g
H kJ
C O
22g H O 4 22g CH g O
1
1
2 4
890,5 mol
2 74,8 mol
g
H kJ
C gr H g CH g H kJ