Resoluções_U T I 1e2_CN_V1

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01. 
Os primeiros seres teriam sido anaeróbicos, pela ausência 
de O2 na atmosfera da Terra primitiva e pelo fato de a 
respiração anaeróbica constituir um método mais simples 
de extração de energia, sendo, portanto, mais compatível 
com a estrutura dos primeiros organismos. 
 
02. 
a) A necessidade de buscar os alimentos nas copas das 
árvores fez com que o pescoço da girafa 
aumentasse de tamanho (lei do uso e desuso) e essa 
nova característica foi transmitida aos seus 
descendentes (lei da transmissão dos caracteres 
adquiridos). 
b) Girafas de pescoços maiores foram selecionadas por 
serem mais aptas a obter seus alimentos nas copas 
das árvores; as girafas de pescoços curtos foram 
eliminadas. 
 
03. 
Etapa 1: O objetivo era fornecer condições para que os 
microrganismos, presentes nas mãos, solo e ar pudessem 
se desenvolver. 
Etapas 2 e 3: O objetivo era dificultar a entrada de mais 
ar contaminado depois da fervura, que foi feita com o 
objetivo de esterilizar a solução e, ao mesmo tempo que 
os vapores saíssem livremente pela estreita abertura 
superior do gargalo. 
Etapa 4: Em seguida deixou o frasco esfriar e observou 
que o líquido permanecia estéril indefinidamente. A 
entrada de ar com impurezas, no início do resfriamento, 
é rápida, porém, o líquido ainda próximo de seu ponto 
de ebulição, impede o desenvolvimento dos mesmos. 
Quando o líquido já se encontra bem mais frio, a ponto 
de não mais impedir o desenvolvimento de 
microrganismos, a entrada de ar é bem mais lenta, de 
modo que os microrganismos nele presentes ficam 
aderidos à parede recurvada do gargalo. 
Etapa 5: Pasteur pôde demonstrar que, apesar de fervido, 
o líquido ainda possuía a capacidade de manter vida se a 
ele fosse introduzido algum microrganismo, com a 
quebra do gargalo. 
 
04. 
a) A seleção natural é o processo evolutivo que orienta 
as variações genéticas para a adaptação ao meio em 
que vivem as espécies; preservando as características 
favoráveis e eliminando aquelas que provocam 
insucesso reprodutivo. 
b) A diversidade de espécies de sapos encontrada no 
ambiente pesquisado é resultante de mutações, 
recombinações gênicas e isolamento reprodutivo 
entre os indivíduos de populações distintas. 
 
 
 
05. 
a) Amônia e metano. 
b) Estavam submetidos a altas temperaturas, descargas 
elétricas e principalmente radiação ultravioleta. 
c) Aminoácidos. 
d) Dos oceanos primitivos, que eram chamados de 
"sopa orgânica". 
e) Fermentação. 
 
06. 
a) Nicho ecológico, pois mostra como a população se 
porta no meio em questão (seu papel biológico). 
b) O conjunto de indivíduos da espécie Crangon 
septemspinosa constitui uma população. 
c) Fatores bióticos são os seres vivos e suas interações, 
assim podemos citar como exemplo de fatores 
bióticos: predatismo, competição, parasitismo, 
amensalismo. 
 
07. 
a) A introdução de espécies exóticas pode levar à 
exploração de nichos ecológicos ocupados por 
espécies nativas. As exóticas passam a competir com 
as nativas, o que pode levar à sua eliminação. 
b) Como características diferenciais das demais classes 
de moluscos, podemos citar: presença de concha 
bivalve, brânquias laminares, ausência de rádula e 
cabeça diferenciada. Os bivalves apresentam o corpo 
mole e uma dobra do tegumento, denominada 
manto ou pálio, características dos moluscos. 
c) Os bivalves obtêm alimentos através da filtração e, 
consequentemente, podem acumular uma elevada 
quantidade de micro-organismos patogênicos, como 
o vibrião colérico, agente etiológico da cólera. 
 
08. 
a) Planta — nível dos produtores. Gafanhoto — nível dos 
consumidores primários (herbívoros). Passarinhos — 
nível dos consumidores secundários (carnívoros). 
Gaviões — nível dos consumidores terciários 
(carnívoros). 
b) A imigração de gaviões provoca aumento na 
população desses carnívoros, o que levará à redução 
no tamanho populacional de passarinhos, fato que 
acarretará o aumento da população de gafanhotos e 
a consequente redução populacional das plantas. 
c) CO2  de passarinhos  proteínas de gaviões. 
d) As bactérias atuam na — decomposição de matéria 
nitrogenada morta até a formação de amônia, que 
será oxidada para dar origem a nitratos que, por sua 
vez, serão absorvidos pelas raízes das plantas. — 
fixação do nitrogênio da atmosfera, transformando 
em nitratos aproveitados pelos vegetais. Substâncias 
proteínas orgânicas de gafanhotos compostos 
orgânicos vegetais. 
 
09. 
a) As diferenças morfológicas observadas nas 
populações isoladas geograficamente devem-se à 
seleção natural diferencial atuando sobre as 
variações produzidas por mutações e recombinações 
gênicas. 
b) A formação de novas espécies é determinada pelo 
isolamento reprodutivo, fenômeno que interrompe 
o fluxo gênico entre as populações. 
 
10. 
As mitocôndrias possuem seu próprio DNA, têm 
capacidade de auto replicação e são organelas duplo 
membranosas. A teoria que relaciona a origem dessas 
organelas a partir de ancestrais procariotas é chamada de 
endossimbiose, onde procariotos anaeróbicos teriam 
fagocitado um outro ser procarioto e este por sua vez 
passou a viver em simbiose com essa célula. Através de 
mutações passou a realizar respiração celular e produção 
de ATP, as quais são funções das mitocôndrias. 
 
11. 
O peixe que se alimentar da alga terá mais 
disponibilidade de energia. Como o fluxo de energia é 
unidirecional e diminui em relação aos níveis tróficos 
superiores, o peixe que se alimentar do nível trófico mais 
inferior terá maior disponibilidade de energia. Assim, 
como as algas são produtoras têm mais energia do que 
os demais animais do desenho, que possivelmente são 
consumidores primários. 
 
12. 
 Minhoca 
 
Fubá (produtor) tico-tico Gato 
 
Alpiste (produtor) 
 
13. 
É uma interação ecológica harmônica interespecífica 
denominada proto-cooperação, na qual ambos os 
indivíduos se beneficiam, porém a interação não é 
obrigatória. 
 
14. 
Em ambas as interações têm se uma relação 
desarmônica, o parasitismo. 
 
15. 
Essa interação ecológica pode ser denominada como 
mutualismo, na qual os dois indivíduos se beneficiam, 
porém é uma interação obrigatória. 
 
16. 
A interação é do tipo interespecífica desarmônica, e é 
denominada predatismo. 
 
17. 
A descrição do texto acima diz respeita ao nicho ecológico, 
pois fala sobre a reprodução do tamanduá, elemento que 
está incluso na definição de nicho ecológico. 
 
18. 
I. É verdadeira, pois como a produtividade primária 
bruta depende da fotossíntese em uma comunidade 
clímax a taxa fotossintética é maior do que em uma 
comunidade pioneira. 
II. É verdadeira, pois primária líquida é a diferença 
entre produtividade primária bruta e a respiração 
celular (PPL = PPB — RC). Em uma comunidade 
clímax apesar da alta taxa de fotossíntese a taxa de 
respiração celular também é elevado, o que leva PPL 
a zero. 
III. Errado, pois é na comunidade clímax onde ocorre 
maior biodiversidade e assim maior complexidade de 
nichos. 
 
19. 
a) A curva B representa a população do mamífero 
predador. A curva A representa a espécie com a 
maior capacidade de suporte (carga biótica máxima). 
b) Os mamíferos pastadores, cujo hábitat é a savana 
africana, para defender-se de predadores, vivem em 
manadas, apresentando coloração que os confunde 
com o ambiente, além de anexos epidérmicos, como 
chifres, cascos e dentes. 
 
20. 
a) Os animais herbívoros (consumidores primários) são: 
peixe 1 e zooplâncton. 
b) Os consumidores que ocupam um único nível trófico 
são: zooplâncton (consumidor primário), larva de 
mosquito (consumidor secundário), peixe 1 
(consumidor primário), peixes 2, 3 e 4 (consumidores 
terciários), peixe 5 (consumidor quaternário) e aves 1 
e 3 (consumidores quaternários). 
c) O aumento das populações de aves promove a 
redução das populaçõesde peixes e, em 
consequência, aumento na de larvas de mosquito 
 
21. 
a) Sim, nos fatores abióticos. A queima de combustíveis 
fósseis (petróleo e carvão) libera, para o meio 
ambiente, gases que provocam o efeito estufa, entre 
eles, o dióxido de carbono. O aquecimento global, 
decorrente do efeito estufa, pode provocar alterações 
nos ecossistemas terrestres e aquáticos. 
b) Uma alteração biótica pode ocorrer com a 
introdução de espécies exóticas no ecossistema. 
Estas espécies podem competir com espécies 
nativas, eliminando-as, ou podem predar outras 
espécies, provocando alterações no equilíbrio do 
ecossistema. 
01. 
O Trypanosoma cruzi, causador da doença de Chagas, 
destrói as células do miocárdio, levando à insuficiência 
cardíaca. O T. cruzi (causador) é um protozoário, 
pertencente ao reino protista. O barbeiro (vetor) pertence 
ao filo dos artrópodes. O hospedeiro (homem) pertence 
ao filo dos cordados. 
 
02. 
a) Os fagos produzidos na bactéria infectada terão a 
cápsula protéica e o DNA do fago T4. 
b) Durante a infecção, apenas o DNA do fago T4 
penetra na bactéria hospedeira, passando a 
comandar a produção da nova linhagem viral. 
 
03. 
a) É necessário alertar a população quanto à Taenia 
solium. O indivíduo com teníase, ao eliminar fezes, 
pode expelir ovos que, ingeridos por outra pessoa, 
levam à cisticercose. 
b) O saneamento básico pode prevenir as duas 
doenças. A fiscalização sanitária da carne previne a 
teníase. 
 
04. 
a) A transcriptase reversa é necessária para a síntese do 
DNA a partir do RNA. 
b) O vírus HIV destrói o linfócito CD4 
 
05. 
Em primeiro lugar o gênero com a primeira letra 
maiúscula, depois a espécie com a primeira letra 
minúscula. 
 
06. 
Úlcera de Bauru, mosquito flebótomo e Leishmania 
braziliensis 
 
07. 
A forma infectante do parasita causador da malária é o 
esporozoíto; o gênero do transmissor (fêmeas do 
mosquito) é Anopheles. 
 
08. 
a) Doença de Chagas: fezes contaminadas eliminadas 
por barbeiros quando sugam sangue de pessoas; 
transfusão de sangue. O protozoário aloja-se 
principalmente na musculatura cardíaca. Malária: 
picada da fêmea do mosquito Anopheles sp; O 
protozoário aloja-se nas células do fígado 
(hepatócitos) e hemácias (glóbulos vermelhos). 
b) Tratamento dos doentes, uso de telas e mosquiteiros 
em portas e janelas de casas nas regiões endêmicas, 
controle da população do mosquito Anopheles sp, 
uso de repelentes. 
 
 
09. 
Gonorréia, cólera e tuberculose, porque os agentes 
etiológicos são bactérias. 
 
10. 
Não. A bactéria não apresenta núcleo organizado. Seu 
material genético (DNA) está disperso no citoplasma. 
Não há carioteca, nem nucléolos. Além do DNA principal 
contido no nucleóide, ela possui outros segmentos de 
DNA circular formando os plasmídeos. 
 
11. 
a) Tanto na ascaridíase como na ancilostomose o 
problema inicial está na contaminação ambiental 
por fezes contaminadas com ovos do parasita. Na 
ascaridíase o ser humano será contaminado pela 
ingestão de água / alimento contaminado por ovos 
(contágio: oral-fecal). Nas ancilostomose os ovos 
eclodem e liberam larvas que vivem no solo e 
podem perfura a pele dos pés de pessoas que 
andam descalças em solo contaminado. 
b) Na teníase o contagio se ocorre pela ingestão de 
carne (boi/porco) mal cozida e contaminada por 
cisticercos, o parasita se aloja no intestino delgado. 
Na cisticercose cerebral a contaminação ocorre pela 
ingestão de alimentos contaminados por ovos de 
Taenia solium, em geral, a larva cisticerco se 
desenvolve no cérebro. 
 
12. 
Filariose, Ancilostomose, Ascaridíase 
 
13. 
Necator americanus e Ancylostoma duodenale 
 
14. 
Dinoflagelado (grupo Pyrrophyta) 
 
15. 
Gêmulas são estruturas resistentes a adversidades 
ambientais como seca. Essas gêmulas se originam no 
interior do corpo da esponja, têm parede espessa, possui 
espículas e um conjunto de amebócitos que vai auxiliar 
na formação de novas células assim que houver local e 
ambiente propício para seu desenvolvimento. Quando 
uma esponja morre, gêmulas são liberadas para 
propagação da espécie. 
 
 
 
 
 
7 
Resolução UTI — Biologia 3 
 
Questão 1 
 
a) Celulose, na parede celular do vegetal. Quitina, no 
exoesqueleto do artrópode. 
b) Sais biliares, glicolato e taurocolato de sódio, 
emulsificam as gorduras. A enzima lípase 
pancreática realiza a hidrólise da gordura, formando 
ácidos graxos e álcoois, por exemplo, o glicerol. 
 
Questão 2 
 
a) Ausência de um importante fator evolutivo: a 
variabilidade genética. A clonagem mantém fixos os 
genótipos parentais, que são frequentemente 
alterados com a reprodução sexuada. 
b) O conjunto de genes constitui o genótipo. Os genes 
são segmentos de uma macromolécula: o DNA que 
codifica uma sequência de aminoácidos que formará 
uma proteína. 
 
Questão 3 
 
a) Tradução, no qual o RNAt transporta os 
aminoácidos e os encadeia, de acordo com o RNAm. 
b) Citosol, onde aparecem ribossomos e plasmídeos. 
 
Questão 4 
 
a) O RNAm transcrito a partir do segmento de DNA é 
…AUG AGU UGG CCU G 
b) A sequência dos aminoácidos do polipeptídeo 
traduzido do RNAm, a partir do aminoácido 
metionina será: serina — triptofano — prolina 
c) A nova seqüência de aminoácidos do polipeptídeo, 
após a mutação, será: metionina — serina — glicina. 
 
Questão 5 
 
a) O cloroplasto sintetiza os açúcares durante o 
fenômeno da fotossíntese. Os carboidratos saem do 
cloroplasto e atingem o complexo golgiense através 
do retículo endoplasmático. No complexo golgiense 
são polimerizados até a formação dos 
polissacarídeos. 
b) O sistema golgiense empacota os polissacarídeos e 
os elimina através de vesículas de secreção que 
percorrem o citoplasma até alcançar a parede celular 
 
Questão 6 
 
A dieta rica em fibras reduz os níveis de colesterol no 
organismo, porque as fibras vegetais, não digeridas, 
carregam estes lipídios que são eliminados pelas fezes. 
 
 
 
 
 
Questão 7 
 
a) A enzima DNA polimerase realiza a catálise da 
seguinte cadeia complementar à sequência molde: 
3’TACGCA5’. 
b) O RNA mensageiro produzido pela cadeia de DNA 
complementar apresentará a sequência 5’AUGCGU3 
 
Questão 8 
 
a) I — Solução hipertônica; II — Solução isotônica 
b) A célula perdeu água e o citoplasma descolou-se, 
afastando-se da parede celular. 
 
Questão 9 
 
a) O experimento permite concluir que as membranas 
celulares são constituídas por uma bicamada lipídica. 
b) A conclusão é baseada na observação de que, a área 
ocupada pelos lipídeos da membrana dispersos na 
água, ocupa o dobro da área da superfície das 
hemácias. 
 
Questão 10 
 
A célula animal possui centríolo e não possui parede 
celular, nem cloroplasto. E a célula vegetal possui 
cloroplastos, parede celular e não possui centríolo. 
 
Questão 11 
 
A e retina 
 
Questão 12 
 
Devido ao ferro liberado pela panela, consumido e 
absorvido pelo organismo, o qual faz parte a composição 
das hemoglobinas presentes nas hemácias. Com a 
elevação da taxa de ferro no organismo, ocorre o 
aumento também da taxa de hemoglobina e assim 
minimiza a taxa de anemia. 
 
Questão 13 
 
Cálcio, leite ou queijo ou brócolis ou castanha-do-pará. 
 
Questão 14 
 
O critério de classificação dos nutrientes em macro e 
micronutrientes não tem nenhuma relação com o 
tamanho das moléculas. Macronutrientes são aquelas 
substâncias que o organismo necessita em grande 
quantidade, como por exemplo, proteínas e carboidratos. 
8 
Os micronutrientes são nutrientes no qual o organismo 
precisa em baixas quantidades, como no caso das 
vitaminas. 
 
 
 
 
 
Questão 15 
 
I. Vitamina C 
II. Vitamina D 
III. Vitamina A 
IV. Vitamina do complexo B 
 
Questão 16 
 
O colesterol faz parte da membrana celular de animais, é 
precursor dos hormônios esteroides e dos sais biliares. 
 
Questão 17 
 
a) Em ribossomos isolados não há síntese de cadeias 
polipeptídicas. O RNA mensageiroé necessário pois 
transmite a mensagem genética para a síntese dos 
polipeptídeos. 
b) Polipeptídeos são formados a partir do 
encadeamento de aminoácidos. Polirribossomos são 
constituídos de ribossomos ligados ao RNA 
mensageiro 
 
Questão 18 
 
a) 1 - Retículo Endoplasmático Rugoso; 2 - Complexo 
de Golgi; 3 - Vesícula de secreção; 4 - Vesícula 
endocítica; 5 - Lisossoma. As organelas envolvidas 
na síntese de enzimas lisossomais são: Retículo 
Endoplasmático Rugoso e Complexo de Golgi. 
b) Retículo Endoplasmático Rugoso - síntese de 
proteínas ou glicosilação de proteínas ou 
endereçamento de proteínas. Complexo de Golgi - 
glicosilação de proteínas ou síntese de 
polissacarídeos ou produção de grânulos de 
secreção; Lisossoma - digestão intracelular. 
 
Questão 19 
 
No transporte ativo, pois esse processo para ocorrer 
necessita de energia que é fornecida pela mitocôndria 
através da respiração celular aeróbia. 
 
Questão 20 
 
Ocorre através da reação de um grupo carboxila de um 
aminoácido e o grupo amina do outra através de uma 
reação de desidratação. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
13 
Resolução UTI - Física I 
Questão 1 = (−20) + 30 + 60 = 30 + 40 | | = 30 + 40 | | = 
Questão 2 = + − 2 
= 6 + 3√3 − 2.6.3.3√3. √32 = → = 
Questão 3 
Para a Lancha 1: 
= → = 6.60 = 360 
Para a Lancha 2: 
= → = 8.60 = 480 
Como as direções são perpendiculares: = 360 + 480 → = 360.000 = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 4 
Para o primeiro trecho: ∆ = 1ℎ20 = 43 ℎ = . → = 90.43 = 120 
Para o segundo trecho: = 1ℎ40 = 53 ℎ ∆ = . → = 60.53 = 100 = 100 + 120 = 220 ; = 3 ℎ = → = 2203 = , / 
Questão 5 = 60 + 180 = 240 
= → = 24060 = / 
Questão 6 
Para a primeira situação: 
= → 30 = – 2 ( çã 1) 30( − 2) = 
Para a segunda situação: 
= → 12 = 
 = 12 ( çã 2) 
Substituindo 2 em 1: 
30 12 − 2 = = 
 
14 
Questão 7 
Para o Maurício: 
= → 80 = → = 80 
Para o Pedro: 
= → 100 = − 0,5 = 100( − 0,5) 
Dado que os deslocamentos são iguais: 80 = 100( − 0,5) → = 2,5 ℎ = 80 . = 80 . 2,5 = 200 
Calculando o tempo do Pedro: = − , = 
Questão 8 
= → = . 
Dado que os deslocamentos são iguais: . = . → 60.90 = 75. = 72 − = − = 
Questão 9 
Para a mãe: 
_ = → 80 = 200 → = 2,5 ℎ 
Para o pai: = 2,5 − 0,75 = 1,75 ℎ 
_ = → = 2001,75 = , / 
 
 
Questão 10 
á = 72 /ℎ = 20 / 
Para a velocidade máxima: 
= → 20 = 20 
 = 1 
Considerando que o carro não pode 
ultrapassar o trecho de 20 m com um tempo 
menor do que 1 s: = 90 /ℎ = 25 / 
= + . + . 2 → 20 = 25.1 + . 122 
a = - 10 m/s2 
Questão 11 
Montando as funções horárias de A e de B: 
= 8 − 23 = 2 / 
= + . + . 2 
= 0 + 2. + 2. 2 = + . → = 0 + 8. 
Para o encontro: 
0 + 2. + 2. 2 = 0 + 8. ′ = 0 ; ′′ = 6 = 6 
 
 
 
 
 
 
 
13 
Questão 12 
O gráfico a seguir demonstra a composição do 
movimento: 
 
Considerando que ΔS é igual a soma das áreas 
temos: 
= → 11 = + +50 550 = 100 + 150 + (10. 2 ) → = 60 / 
Para o ultimo trecho: = + . → 60 = 0 + . 10 = / 
Questão 13 
O gráfico a seguir ilustra a velocidade do móvel 
ao longo do tempo: 
 
Dado que os deslocamentos são iguais, temos 
A1 = A2, logo: 20. . 202 = ( − 20)(20. + . )2 400 = ( − 20). (20 + ) → − 400 = 400 = 800 → = 20 √2 
 = 28 
O tempo para o segundo trecho é: = − 20 = 28 − 20 = 
Questão 14 = + . → 0 = −18 + . 6 = 3 / 
 = + . + . 2 
 = 20 + (−18). 20 + 3.202 = − + = 
Questão 15 
Para a subida: 
 = → = ℎ6 
Para a descida, considerando que a velocidade 
inicial da pedra é a velocidade do balão: 
 = + . + . 2 → 
0 = ℎ + ℎ. 96 + (− 10)92 
 = → = 
Questão 16 
 = + . + . 2 
 = 0 + 40. + (− 10)2 = 40. − 5. 
Para a posição S = 75 m: 75 = 40. − 5. → − + 8. – 15 = 0 ′ = 3 ; ′′ = 5 ′′ − ′ = 
60 
14 
Questão 17 
Calculando o tempo: = . (30°) → = 100.0,5 = 50 / 
 = + . + . 2 
0 = 55 + 50. + (− 10). 2 − + 10. + 11 = 0 → ′ = −1 ; ′′ = 11 = 11 
Calculando o alcance: 
= . (30°) → = 100. √32 = 50√3 / 
 = → 50√3 = 11 = √ 
Questão 18 
No ponto mais alto da trajetória, vy = 0, logo a 
velocidade é igual a componente horizontal de 
v0. 
Portanto: 
 = 2 → = 402 = 20 / 
Para um lançamento oblíquo: = + → 40 = + 20 = 1200 
Para a altura máxima: = + 2. . 0 = 1200 + 2. (− 10). ℎ á 
á = 
 
Questão 19 
A = v02.sen(2θ)/g 
62,5 = v02.sen(2.45°)/10 → v02 = 625 
v0 = 25 m/s 
 
Questão 20 
Calculando o tempo de queda: 
 = + . + . 2 
0 = 320 + 0. + (− 10). 2 = 64 → = 8 
Calculando a velocidade: 
 = → = 2008 = 25 / ; 
Para um lançamento horizontal, vx = v0 = / 
 
 
Resolução UTI - Física 2 
Questão 1 
Substituindo as unidades na fórmula, temos: 
. = . .. 
. = 
 = / 
Questão 4 
 
 
 
 − 2080 − 20 = − 4010 − 40 − 20 = −2 + 100 = −2 + 120 = − ℃ → = ℃ = ℃ → = − 
Questão 3 
a) = . . → = 200.1. (100 − 20) = 
b) = 16000 1 = 16000 / = . → = 16000.2,7 = . → 16000.2,7 = . 540 = 80 = − → = 
 
Questão 4 
a) + = 0 = . . = 1100.1. (40 − 42) = − 2200 = . 0,22. (40 − 0) → = 8,8 − 2200 + 8,8 = 0 = 
b) Seria impossível, pois a temperatura de 
equilíbrio será sempre maior do que 0 °C. 
Questão 5 
a) + = 0; = . . ; = . = 5000.80 → = 400.000 = . 1. (8 − 28) → = − 20 − 20 + 400.000 = 0 → = 20000 = ) = . . → = 5000.1.28 = → = 
Questão 6 
Primeiramente devemos deixar todas as 
substâncias no estado líquido a 0°C, para 
depois analisar os resultados: 
Gelo: = . → = 200.80 = 16000 
Água = . . → = 200.1. (0 − 40) = − 8000 
°C °X 10 
40 20 
80 
x c 
Podemos perceber que a quantidade de calor 
que a água cede para chegar até 0 °C é menor 
do que a quantidade de calor necessária para 
derreter todo gelo. Podemos concluir que o 
equilíbrio acontecerá a 0 °C, e apenas uma 
fração do gelo será derretida. + = 0 → − 8000 + . 80 = 0 = 
Questão 7 
ɸ = . . – 
ɸ = 8.10 . 1. 33 − 02,5.10 → ɸ = 0,1056 / = ɸ. → = 0,1056.3600 = , 
Questão 8 
ɸ = . . – 
ɸ = 0,5.5. 100 − 025 ɸ = 10 / ; = 0,5.60.60 = ɸ. → = 10.1800 = 18000 = . → 18000 = . 80 = 
Questão9 = + = + + . . = + . . 0,8 + 0,8 . 5. . = + . . 3. . . = 0,2. → 1.10 . = 0,2 = ° 
 
Questão 12 
Quando o líquido preenche completamente o 
recipiente, podemos considerar: = . ɣ . ; ɣ = ɣ − ɣ 
Logo: = 1000. (20.10 − 0,2.10 ). (50 − 0) = 
Questão 11 
Para que a barra A se mantenha na situação 
descrita é necessário que: = → . . = . . → . . = 3 . . 
 = 
 
Questão 12 = 1 + 0,4 → = 1,4 . = . → 1,4.10 = 1. = 
Questão 13 . = . → 6.10 . 1,5 = . 3,5 = 2,57.10 
 = → 6.10360 = 2,57.10 = , 
Para a transformação 1→2→3 = Á → = 6.10 . (3,5 − 1,5) = , . 
 
 
 
Questão 14 
 = → = . 
 = 200.10100.10 → = 2.10 = → 2,4300 = 400 = 3,2 
Para uma transformação isobárica: = . → = 2.10 . (3,2 − 2,4). 10 = 
Questão 15 
Dados: 
QAB = +700 kJ;QCD = –750 kJ 
Dado que a transformação AB é isobárica: = . → = 4.10 . (1 − 0,3) = 2,8.10 → = 280 
Dado que a transformação CD é isobárica: = . → = 2.10 . (0,5 − 2) = − 3,0.10 → = − 300 = − : : – = – : – = 0 ( é ) : – = – 
Somando as três equações temos: – = − + – + = − 700 + 280 + 750 − 300 = 
 
 
 
Questão 16 
 = → = 4501000 = 0,45 → = % 
á = 1 – → á = 1 − 300823 
á = 0,635 → á = , % 
Questão 17 
a) 
á = 1 – → á = 1 − 500600 
á = 0,167 → á = , % 
b) = → 0,167 = 1000 = 
c) = – → 167 = 1000 – = 
Questão 18 
Para uma máquinafrigorífica temos: + | | = | | → + 4.10 = 12.10 = . 
 = | | → = 8.104.10 = 2 = % 
 
 
 
 
Questão 19 
 D = diâmetro do Sol 
 L = Distância do Sol à Terra 
 d = diâmetro do lápis 
 h = altura do lápis 
Utilizando razão e proporção, temos: 
 ℎ 14.107.10 = 15.10ℎ ℎ = 7,5.10 = 
Questão 20 
Para a câmara escura: 
ℎ = 1604 = 20 = 800 = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução UTI - Física 3 
Questão 1 
A situação descrita só será possivel quando as 
esferas A, B e C tiverem cargas idênticas, logo: 
 = + + 3 = 20 + 8 − 43 → = 8 = = = 
Questão 2 
QA = Q; QB = - Q; QC = 0 
1) 
 = = + 2 = = − + 02 = = − 2 
2) 
 = = + 2 
 = = −2 
 = = 2 = 4 
3) 
 = = + 2 
 = = −2 
 = = 2 = − −8 
 = − ; = − ; = 
 
Questão 3 | | = | | . . = . . 
1,8 = 5(16 − ) → 0,36 = 16 − 0,6. (16 − ) = → 9,6 − 0,6 = = 
Questão 4 
a) Próton: q = 1e; logo 
1 = + 2.23 + 1. − 13 
1 = 2qup + 1qdown (próton) 
Elétron: q = - 1e; logo 
− 1 = 3. − 13 
-1 = 3.qdown (elétrons) 
b) 
 = . . 
 = 9. 10 . . 1,6. 10 . . 1,6. 10(0,2. 10 ) = 128.10 → = 1280 
Questão 5 
Para que haja equilíbrio, é necessário que o 
módulo da força elétrica seja igual ao módulo 
da força peso, logo: = → . = . → 8.10 . 10 = 25.10 . = 0,32.10 = . → 0,32.10 = . 1,6.10 = , . → = . 
 
 
Questão 6 
Para que os campos elétricos se anulem: | | + | | = | | = . √2 . + . = .√2 
2 = 2 → 2 = 4 = √ 
Questão 7 
a) Para o campo eletrico na vertical, temos: | | = | | − | | 
| | = . − . 
| | = 9. 10 . 7. 10(5. 10 ) − 9. 10 . 4. 10(5. 10 ) | | = 1,08.10 / 
Para o campo elétrico na horizontal temos: | | = | _ | 
| | = 9. 10 . 3. 10(5. 10 ) | | = 1,08.10 / 
| | = + 
| | = (1,08.10 ) + (1,08.10 ) | | = √ . , . / 
b) Para o potencial elétrico temos: = + + 
 = . + . + . 
 = . ( + + ) 
 = 9. 10 . (7 + 3 + 4). 105. 10 = , . 
Questão 8 
Para um triângulo equilátero, a distância do 
vértice ao centro é igual a: 
 = √33 
Dado que as distâncias são iguais, os módulos 
dos campos elétricos são iguais. 
| | = . → | | = .( √ ) 
| | = 3. . 
 
Primeiro vamos calcular a soma vetorial de E1 e 
E3. = + + 2 = + + 2 . . 120° = 
Como R1 e E2 têm mesma direção e sentidos 
opostos, basta fazer a soma. = + → = 2 
 = . . / 
 
 
 
 
 
 
Questão 9 
Dados: 
 
v0 = 1,0 x 105 m/s; m = 1,6 x 10-27 kg; 
q = 1,6 x 10-19 C; x = 2 cm = 2 x 10-2 m  
10 cm = 10-1 m. 
 
Decompondo a velocidade inicial: 
5 4
ox 0 0x
5 4
oy 0 0y
2v v cos45 10 v 5 2 10 m/s.
2
2v v sen 45 10 v 5 2 10 m/s.
2

     

      
 
A força resultante é a força elétrica, que tem o 
mesmo sentido do campo elétrico, pois o 
próton tem carga positiva. Assim, o movimento 
da partícula é uniforme no eixo x e 
uniformemente retardado no eixo y. 
 
No eixo x: 
1
65
x 4x
x 10 2x v t t 0,2 10 t 2 10 s.
v 25 2 10

        
 
 
No eixo y: 
 
 
 
 
  
 
 


    

  

   

    
       

  
 


 
el
2
oy
2
0y
2 0y
0y 2
27 4 6 2
219 6
27 2
31
2
q ER F m a q E a .
m 
1y v t a t . 
2
q E1y v t t 
2 m
2 m v t yq E t v t y E 
2 m q t
2 1,6 10 5 2 10 2 10 2 10
E
1,6 10 2 10
3,2 10 8 10
3,2 10
E 8 10 N/C. 
Questão 10 = . → = . . = 1,6.10 . 100.2,5 = . 
 
 
Questão 11 = + + 
= . + . + . 
 = 9. 10 . 5. 101 + 9. 10 . (− 8). 102 + 9. 10 . 9. 101 = 45.10 − 36.10 + 81.10 = . 
Questão 12 = . = . − . 
 = 9. 10 . 2. 102. 10 − 9. 10 . 2. 105. 10 = 5,4.10 = 1,6.10 . 5,4.10 = , . 
Questão 13 
A energia potencial elétrica no instante em que 
a velocidade é nula é igual a energia cinética 
do elétron, ao penetrar na região de campo 
elétrico. = → = . 2 = 9.10 . (4.10 )2 _ = 7,2 . 10 
Para calcular a distância, basta considerar que 
o trabalho é igual à variação da energia 
cinética, considerando que a variação da 
energia cinética é igual a energia potencial 
negativa. = − 7,2.10 → . . = − 7,2.10 = 7,2.10− 1,6.10 . 360 = . . ; = , 
 
Questão 14 
Esta questão envolve força elétrica, lançamento 
e composição de movimentos, pois a força 
elétrica que atua na horizontal da direita para a 
esquerda, no mesmo sentido do campo 
elétrico, desacelera a partícula fazendo com 
que ela mude o sentido de movimento 
horizontal, enquanto que no campo 
gravitacional temos uma queda livre. Com isso, 
temos acelerações negativas tanto no eixo x 
quanto no eixo y por conta do referencial 
adotado colocando a origem do sistema 
cartesiano no ponto A. A análise abaixo tratará 
os eixos separadamente. 
Eixo x: 
A intensidade da força elétrica será: 
6
e
NF E q 2500 8 10 C 0,02N
C
         
Pela segunda Lei de Newton da Dinâmica, a 
aceleração em x será: 
e
x 3 2
F 0,02N ma 10
m 2 10 kg s

   

 
Usando a equação horária das posições do 
MRUV para o eixo x, podemos calcular o 
tempo que a partícula leva para retornar a 
posição x 0 : 
2x
0 0x
ax x v t t
2
     
Substituindo os valores das posições, da 
velocidade inicial em x e da aceleração em x 
calculada: 
 
2 2100 0 20 t t 20t 5t 0
2
t ' 0s
t 20 5t 0
t '' 4s
       

    
 
Logo, o tempo para que a partícula retorne a 
origem é de 4 s. 
Com o tempo podemos calcular a velocidade 
em cada eixo, usando a equação da 
velocidade: 
Em x: 
x 0x x x 2
m m mv v a t v 20 10 4s 20
s ss
         
|vx| = 20 m/s 
Em y: 
y 0y y 2
m mv v g t v 0 10 4s 40
ss
         
|vy| = 40 m/s 
Questão 15 
 = → . ( − ) = ( − )2 ; = 0 / 
120.10 . (500 − 200) = 2.10 . 2 = / 
Questão 16 
 = . → = 6. 10 . 206. 10 = 20.10 Ω = . → 200 = 20.10 . = . 
Questão 17 
Primeiramente devemos calcular o tempo: 
 = → 6.10 = 36.10 
 = 6.10 
Calculando a carga: 
 = → 2.10 = 6.10 = 12.10 
Calculando o número de elétrons = . → 12.10 = . 1,6.10 = , . é 
Questão 18 
A quantidade de carga é numericamente igual 
à área embaixo da curva ixt, logo: 
 = (5 + 3). 52 = 
Questão 19 
Calculando a corrente: = → 100 = 5. = 
Calculando a tensão em R2: = → = 10.20 = 200 
Questão 20 
Podemos determinar a corrente a partir do 
resistor de 8 Ω: = → 12 = 8 = , 
Logo: = . , = = . , = , 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução UTI – Química 1 
 
Questão 1 
 
Dalton: Partícula indivisível, maciça e indestrutível 
durante as transformações químicas. 
Rutherford: Partícula que possui um núcleo central 
dotado de cargas elétricas positivas, sendo envolvido por 
uma nuvem de cargas elétricas negativas. 
Bohr: Partícula constituída por um núcleo contendo 
prótons e nêutrons, rodeado por elétrons que circundam 
em níveis discretos de energia. 
 
Questão 2 
 
a) A partir da informação obtida na tabela periódica do 
número de prótons do césio, tem-se que: 
137
55 Cs : Z = 55 (55 prótons)
A = Z +n
137 = 55 +n
n = 82 nêutrons
 
 
b) Utilizando o diagrama de distribuição eletrônica, 
teremos: 
 
 
 
Em subníveis energéticos: 
2 2 6 2 6 2 10
55
6 2 10 6 1
Cs : 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d
4p 5s 4d 5p 6s
 
 
Em camadas: 
2 -
2 6 -
2 6 10 -
2 6 10 -
2 6 -
1
K = 1s = 2 e
L =2s 2p = 8 e
M = 3s 3p 3d = 18 e
N = 4s 4p 4d = 18 e
O = 5s 5p = 8 e
P = 6s  1e
 
 
Questão 3 
 
Se B é um halogênio (grupo 17 ou VII-A), então A está 
um grupo atrás e C está um grupo à frente dele na 
Tabela periódica, sendo assim, A é um calcogênio (grupo 
16 ou VI-A) e C é um gás nobre (grupo 18 ou VIII-A). 
 
Questão 4 
 
Teremos: 
56
2+
56
Ba : 56 prótons e 56 elétrons (átomo)
Ba : 56 prótons e 54 elétrons
(cátion; dois elétrons a menos)
 
 
Sabe-se que o Ba apresenta maior raio atômico, pois oíon 
2+Ba .perdeu elétrons e consequentemente ficou com 
uma camada a menos. 
 
Questão 5 
 
O elemento cálcio apresenta raio menor do que o 
elemento bário, pois o cálcio está localizado no quarto 
período da tabela periódica (quatro camadas) e o bário 
está localizado no sexto período da tabela periódica (seis 
camadas). 
Pode-se fazer a mesma observação lembrando-se que o 
cálcio está localizado acima do bário na família 2 A. 
 
Questão 6 
 
Análise das proposições: 
 
I. Incorreta. A eletronegatividade é a força de atração 
exercida pelo átomo sobre os elétrons de uma 
ligação e não é diretamente proporcional à distância 
núcleo-elétron. 
II. Incorreta. Quanto menor o seu raio, maior a 
eletroafinidade. 
III. Correta. Energia (ou potencial) de ionização é a 
energia mínima necessária para remover um elétron 
de um átomo gasoso e isolado, em seu estado 
fundamental. 
IV. Correta. O tamanho do átomo, de modo geral, varia 
em função do número de níveis eletrônicos 
(camadas) e do número de prótons (carga nuclear). 
 
Questão 7 
 
I. Incorreto: K tem maior raio atômico que o Ca, 
estando eles no mesmo período, por isso é menos 
eletronegativo 
II. Incorreto: o Fr é o menos eletronegativo por ter 
maior raio. 
III. Correto: Si tem raio atômico maior que o C, por isso 
é menos eletronegativo. 
 
 
 
 
 
Questão 8 
 
a) Ordem crescente de eletronegatividade: D < A <B<C 
Ordem crescente de raio atômico: C<B<A< D 
b) Pode-se dizer que a eletronegatividade e o raio 
atômico são propriedade periódicas inversas, ou 
seja, quanto maior o raio atômico menor é a 
eletronegatividade, e vice versa. 
 
Questão 9 
 
A partir da análise dos vetores momento dipolo elétrico, 
vem: 
 
 
 
Conclusão: a molécula de TCDD é apolar, ou seja, 
interage melhor em substâncias apolares o que faz dela 
uma molécula lipofílica. 
 
Questão 10 
 
Moléculas com ligações polares: (figura 01) 
Moléculas com ligações apolares: (figura 02) 
 
 
 
Questão 11 
 
A: cloreto de cálcio; (metal e ametal) 
B: hexacloroetano; (apenas ametais) 
C: liga de ferro-titânio; (apenas metais) 
D: benzoato de sódio; (ametais e um metal) 
 
Questão 12 
 
Sabe-se que polar dissolve polar, bem como apolar 
dissolve apolar, assim, o Clorofórmio extrai melhor a 
bixina do urucum, por ser menos polar do que a água. 
 
 
 
 
Questão 13 
 
Visto que o número atômico do magnésio é 12, 
realizando a sua distribuição eletrônica (2-8-2), vemos 
que ele é da família 2 e possui 2 elétrons na camada de 
valência, formando o cátion bivalente: Mg2+. Enquanto 
isso, o nitrogênio tem a seguinte distribuição eletrônica: 
2-5, ou seja, possui 5 elétrons na camada de valência, 
sendo da família 15 e precisando receber mais 3 elétrons 
para ficar estável. Por isso, ele forma o ânion trivalente: N3-. 
Desse modo, a fórmula unitária do composto será: 
Mg2+ + N3- → Mg3N2 
 
Questão 14 
 
Iônica, covalente polar, covalente polar e iônica. 
 
Questão 15 
 
Incorreto. As moléculas dos gases SO2 e CO2 apresentam 
geometria angular e linear, respectivamente. SO2 é polar 
e CO2 é apolar. 
 
Questão 16 
 
Sulfeto de Hidrogênio 
 
Dióxido de enxofre 
Trata-se de ligações covalentes. 
 
Questão 17 
 
a) Observe o quadro a seguir: 
 
Dalton Thomson Rutherford Bohr 
VI II V I 
 
b) Esse experimento, chamado de teste de chama e é 
realizado principalmente para explicar o modelo 
atômico de Rutherford-Bohr, pois foi com esse modelo 
que foi introduzido o conceito de transição 
eletrônica. É possível com esse experimento 
identificar o elemento que está presente no composto 
pela coloração apresentada na chama. Para Bohr, o 
átomo era composto de níveis de energia e os elétrons 
estariam girando em órbitas circulares com energia 
constante, assim ao receber energia esse elétrons 
saltaria de um nível de menor energia para outro de 
maior energia (estado excitado) e ao retornar ao 
estado fundamental emite essa energia em forma de 
luz visível, cada elemento emite luz em um 
comprimento de onda característico, produzindo 
diferentes cores. 
Questão 18 
 
No dióxido de enxofre, o átomo de enxofre apresenta 
um par eletrônico não-ligante, formando uma estrutura 
assimétrica, portanto suas moléculas são polares. No 
trióxido de enxofre, o átomo de enxofre apresenta todos 
os pares eletrônicos compartilhados, formando uma 
estrutura simétrica, portanto suas moléculas são 
apolares. 
 
Questão 19 
 
A molécula do SO2 é angular e a do SO3 e trigonal plana. 
A polaridade das ligações químicas não esta ligada a 
polaridade da molécula. 
Moléculas apolares podem apresentar ligações polares. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução UTI – Química 2 
 
Questão 1 
 
a) Procedimento físico: filtração. Pois, o filtro retém o 
enxofre sólido que é insolúvel em água. 
b) Equação representativa da reação do dióxido de 
enxofre com a água dos pulmões: 
2 2 2 3SO (g) H O( ) H SO (aq)  
 
Cálculo do o teor percentual, em massa, de enxofre 
presente no produto formado: 
2 32 3 H SO
S
H SO 82; M 82 g/mol
S 32; M 32 g/mol
82 g
 
 
100 %
32 g p
p 39 %
 
 
Questão 2 
 
a) Uma propriedade física que pode ser utilizada para 
distinguir os líquidos contidos nos frascos A, B e C: 
temperatura de ebulição. 
Outras propriedades: densidade, temperatura de 
congelamento, etc. 
b) Um processo que resulte na separação dos 
componentes da mistura: destilação fracionada 
seguido de destilação simples. 
A mistura é aquecida e passa por uma coluna de 
fracionamento. 
O componente mais volátil (acetona) condensa e é 
recolhido em recipiente adequado. 
O líquido restante (mistura homogênea de água e 
sal) é aquecido novamente e uma destilação simples 
provoca a evaporação da água. A substância 
restante é o sal. 
 
Questão 3 
 
a) Incorreta. A decantação é uma técnica empregada 
para separar misturas heterogêneas do tipo sólido-
líquido. 
b) Incorreta. O álcool e a água são líquidos miscíveis 
que não se separam por técnicas físicas como a 
filtração simples. 
c) Incorreta. Vide letra a. 
d) Incorreta. Não podemos afirmar que, ao separarmos 
as fases sólida e líquida de uma mistura 
heterogênea, estas serão formadas por substâncias 
puras, porque, por exemplo, o líquido pode, na 
verdade, ser uma mistura homogênea, como álcool 
e água, e não um líquido puro. 
e) Correta. A destilação simples é o método mais 
empregado para a separação de misturas 
homogêneas sólido-líquido. 
 
 
 
 
Questão 4 
 
As ligações são covalente e alotropia é o fenômeno pelo 
qual um mesmo elemento químico pode formar 
moléculas diferentes. O fulereno, o grafite e o diamante 
são alótropos. 
a) Ligações covalentes. 
b) Essas estruturas são alótropos. 
 
Questão 5 
 
a) Após 12 minutos de desintegração a massa restante 
será de 2,5 g de Polônio-218: 
 
 
 
3 minutos 3 minutos
3 minutos 3 minutos
40 g 20g 10 g
5 g 2,5 g
 
 
b) A emissão de uma partícula alfa gera o radioisótopo 
Pb, que, por sua vez, emite uma partícula beta, 
produzindo Bi: 
 
 

       
   
       
   
218 4 A 218 4 214
84 2 Z 84 2 82
218 4 214
84 2 82
0 0214 A ' 214 214
82 Z ' 82 831 1
0214 214
82 831
Po X Po X
Po Pb
Pb Y Pb Y
Pb Bi
 
 
Questão 6 
 
Filtração. Este processo serve para separar uma mistura 
heterogênea (sólido-líquido ou sólido-gás). 
 
Questão 7 
 
A naftalina deixa de ser vista, pois à temperatura 
ambiente dela passa do estado sólido para o gasoso, 
caracterizando o processo de sublimação. 
 
Questão 8 
 
222 206
86 82Rn Pb 
 
O número de massa diminui 16 unidades. Como cada 
radiação alfa significa uma diminuição no número de 
massa em 4 unidades, temos que foram emitidas 4 
partículas alfa, pois 4 . 4 = 16. Nesse momento, 
significou que ele perdeu também 2 unidades no número 
atômico para cada partícula alfa, dando um total de 8 e 
ficando com o número atômico igual a 78 (86 – 8). 
Para cada partícula beta emitida,o elemento ganha 1 
unidade no número atômico. Como ele está com 78 e 
precisa atingir o número atômico igual a 82, ele emitiu 4 
partículas beta. 
 
 
 
 
 
Questão 9 
 
84
216A → 24α → 82212B → -10β → 83212C → -10β 
→ 84212D → 24α → 82208E 
 
Questão 10 
 
3,4-dimetilexano e 2-fenilex – 3 – ino. 
 
Questão 11 
 
80ºC é a temperatura de fusão do material e é uma 
mistura, pois seu ponto de fusão é inconstante. 
 
Questão 12 
 
a) Equação química que representa a fusão nuclear 
entre um átomo de deutério e um átomo de trítio 
com liberação de um nêutron: 
 
  
2 3 4 1
1 1 2 0
Deutério Trítio Hélio
H H He n   
 
b) Trítio emitindo uma partícula beta: 
 
 
03 3
1 21
Trítio isótopo
do
Hélio
H Xβ  
 
Questão 13 
 
a) Tempo de meia vida: 
 
Tempo necessário para que a massa de uma 
substância se reduza a metade. Ou seja 3,16 
minutos. 
 
b) 4 . 1023 3,16 minutos 2 . 1023 3,16 minutos 1 . 
1023 
 
Logo foi necessário 6,32 minutos para chegar no 
número de átomos desejado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 14 
 
Polônio: 
12 anos = 4 x 3 anos (quatro meias-vidas) 
4 meias-vidas: 800 mg  400 mg  200 mg  100 
mg  50 mg 
 
Rádio: 
12 anos = 2 x 6 anos (duas meias-vidas) 
2 meias-vidas: 200 mg  100 mg  50 mg 
 
Massa total: 800 + 200 = 1000 mg 
 
Equações nucleares: 
224 0 224
88 1 89
208 4 204
84 2 82
Ra Ac
Po Pb
  
  
 
 
Os elementos químicos formados são Ac e Pb. 
 
Questão 15 
 
a) Equação nuclear representativa da transformação: 
14 4 1 A
7 2 1 Z
14 4 1 17
7 2 1 8
N p X, então
N p X
   
   
 
b) Isótopos apresentam o mesmo número de prótons. 
Como o número de prótons do nitrogênio é sete e 
do núcleo X formado é 8 (8O), o núcleo X não é um 
isótopo de nitrogênio. 
 
Questão 16 
 
A equação química para o decaimento do trítio pode ser 
representada por: 
 
1H3  2He3 + -10 
 
A relação inicial entre o trítio e o prótio é de 1 x 10-17 até 
decair a 6,25 x 10-19 é dada pela figura a seguir. 
 
 
 
Tempo total = 4 x 12 anos = 48 anos. 
A água permaneceu confinada no aquífero por 48 anos. 
 
 
Questão 17 
 
 
 
 
 
Questão 18 
 
A gasolina e a água são líquidos praticamente insolúveis 
e podem ser separados por decantação, por exemplo, em 
um funil de separação. O oxigênio e o nitrogênio são 
separados por liquefação e posteriormente por destilação 
fracionada. 
 
Questão 19 
 
(V) Este processo chama-se fissão nuclear induzida 
(V) O U – 235 é fissionável 
(F) No reator de fissão, ocorre uma reação em cadeia 
sustentada por nêutrons produzidos na quebra do 
isótopo fissionável. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução UTI – Química 3 
 
Questão 1 
 
Massa de 23 átomos de oxigênio: 23 x 16 Massa de 16 
átomos de sódio: 16 x 23 Portanto, afirmação verdadeira. 
 
Questão 2 
 
40% de 12E e 60% de 10E 
 
Questão 3 
 
A massa molar da água é igual a 18 g/mol. Visto que a 
densidade da água é igual a 1,0 g/mL, em 180 mL de 
água, temos 180 g: 
d = m 
 v 
m = d . v 
m = (1,0 g/mL) . 180 mL 
m = 180 g 
Assim, temos: 
1 mol de moléculas de água ------ 18 g/mol 
 n --------------------- 180 g 
n = 180/18 
n = 10 mol de moléculas de água 
* Agora vamos determinar o número de moléculas de 
água: 
18 g/mol ------- 6,0 . 1023 moléculas/mol 
 180 g----------- x 
x = 180 . 6,0 . 1023 
 18 
x = 60 . 1023 = 6,0 . 1024 moléculas de água. 
* Determinação da quantidade total de átomos: 
1 molécula de água (H2O) ----- 3 átomos 
 6,0 . 1024 moléculas/mol ------ y 
 
y = (6,0 . 1024 ) . 3 
y = 18,0 . 1024 átomos 
 
Questão 4 
 
1 mol de O3  48g ou 16x(3)g 
 
 X  760 x 10-6 g 
 
X = 1,58 x 10-5 mol de O3, isso no RJ 
 
Na troposfera ficaria: 
 
1 mol de O3  48g ou 16 x (3)g 
 
 X  160 x 10-6 g 
 
X = 3,33 x 10-6 mol de O3 na Troposfera 
 
Como a concentração de O3 no RJ é 4,6 vezes maior do 
que na troposfera, então ficaria: 
 
C = 1,58 x 10-5 mol - 3,33 x 10-6 mol 
 
C = 1,25 x 10-5 mol de O3 no RJ. 
Questão 5 
 
Massa molar da amônia = 17 g/mol 
 
1 mol = 6 . 1023 moléculas 
 
17 g -------------------- 6 . 1023 moléculas 
 
14 . 103 g ------------------- X 
 
X = 4,9 . 1020 moléculas 
 
Questão 6 
 
Teremos: 
C3H6O3 = 90 
90 g  1 mol C3H6O3 
180 g  n mol C3H6O3 
n = 2 mol 
 
Questão 7 
 
1 átomo de Au -------3,27.10-25kg -------------3,27.10-22g 
 
 X ----------------------------------------------------10g 
 
 X = 3,06 . 1022 átomos de Au. 
 
Questão 8 
 
a) Pb2+(aq) + S2-(aq)PbS(s). 
b) Teremos a concentração máxima de 0,6 g de Pb por 
100 mL de solução: 
 
1Pb(C2H3O2)2.3H2O  1Pb 
379 g  207 g 
m  0,6 g 
m = 1,10 g 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 9 
 
a) Equação Balanceada: 
 
CH4 + 2 H2O  CO2 + 4 H2 
 
560m3 = 560 000 L 
 
1 mol  22,4 L 
 
 x  560 000 L 
 
x = 25000 mol 
 
1 mol CH4  4 mol H2 
 
y mol CH4  25 000 mol H2 
 
y = 6250 mol CH4, aplicando na formula: 
 
n = 
M
m
 = 6250 =
16
m  m = 100 000 g ou 100 kg CH4 
 
b) Teremos: 
 
Molécula Estrutura de 
Lewis 
Geometria 
molecular 
Polaridade 
 
CH4 
 
Tetraédrica 
Apolar 
H2O Angular Polar 
CO2 Linear Apolar 
 
Questão 10 
a) Teremos: 
P x V = n x R x T 
 
4,1 x 273 = n x 0,082 x (273 + 0) 
 
n = 50 mol 
 
b) Teremos: 
 
1 mol O2  32 g 
 
50 mol  x 
 
x = 1600 g 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 11 
 
d = 
RT
PM
  M = 
P
dRT
 
4
0,65× 0,082× 300
M = = 16 g / mol (CH )
1
 
 
Representação de Lewis: 
 
 
 
Questão 12 
 
1 mol ------------------ 25L 
 X mols ---------------- 4 L 
 
X = 0,16 mols de N2 
 
65 g de NaN3 ------------------ 1,6 mols de N2 
Y g ------------------------------ 0,16 mols de N2 
 
Y = 6,5 g de NaN3 
 
Questão 13 
 
p.V = n.R.T 
 
2.10 = . 0,082 . 300 
 
20 = . 24,6 
 
MM = 104,5 g/mol 
 
A massa molar do Fréon 12 vale 104,5 g. 
 
A massa molar do Fréon 113 vale 187,5 g. 
 
Portanto o gás é o Fréon 12. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 14 
 
a) NaCO + H2O2  NaC + H2O + O2 
 
1 mol  1 mol 
 
1 mol NaCO  25 L 
 
x  0,5 L 
 
x = 0,02 mol 
 
1 mol NaCO  35,5 g C 
 
0,02 mol NaCO  y 
 
y = 0,71 g C 
 
2,13 g C  100 g solução 
 
0,71 gC  Zg solução 
 
Z = 33,3 g solução 
 
Densidade = 1g/1mL 
 
 33,3 mL de solução. 
 
b) O ar possui, aproximadamente, 20% de oxigênio e 
oxigênio puro (100%). Quanto maior for a 
concentração de oxigênio, mais rápida será a 
queima do ferro. 
 
 
Questão 15 
 
PV = nRT 
150 x 82 = n x 0,082 x 300 
n = 500 mols de metano. 
500 mols (CH4)  100 % 
 x  1 % 
x = 5 mols de metano. 
 
CH4 + O2  H2CO + H2O 
1 mol  1 mol 
5 mols  5 mols 
n(metanal) = 5 mols. 
m(metanal) = 5 x 30 g = 150 g. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 16 
 
1) A equação está correta 
 
2) Falsa, pois todos os 5 g de NaCl reagem com apenas 
14,5 g de AgNO3. 
 
58,5 g de NaCl ----------------------- 170 g de AgNO3 
5 g de NaCl ---------------------------- m 
 
m = 14,5 g de AgNO3 
 
4) Verdadeira 
 
Vide equação no item anterior 
 
m = 18 - 14,5 = 3,5 g de AgNO3 em excesso. 
 
8) Falsa 
 
Trabalha-se sempre com o reagente limitante, que 
no caso é o NaCl: 
 
58,5 g de NaCl --------------- 143,5 g de AgCl 
5 g de NaCl -------------------- m 
 
m = 12,26 g de AgCl 
 
16) Falsa, vide equações acima. O agente limitante é o 
NaCl. 
 
 
Questão 17 
 
a) Por ser um sólido iônico e estar presente em água, um 
processo de separação poderia ser a destilação simples. 
 
b) 100g CaCO3 ------------------------------- 111g CaCl2 
 
0,80 . 625g --------------------------------- X 
 
X = 555g 
 
Questão 18 
 
As reações de queima de palha de aço e do carvão 
podem ser representadas pelas seguintes equações 
químicas: 
 
4 Fe(s) + 3 O2(g)  2 Fe2O3(s) 
 
Conclusão: em sistema aberto, temosum aumento da 
massa (recipiente B desce, fica mais pesado). 
 
C(s) + O2(g)  CO2(g) 
 
Conclusão: em sistema aberto, temos uma diminuição de 
massa (recipiente B sobe, fica mais leve). 
Portanto, temos palha de aço em B.