Gabarito 0 - 2 dia Simulado Bernoulli

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SIMULADO ENEM 2025 - VOLUME 0 - PROVA II
C
IÊ
N
C
IA
S
 D
A
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A
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LO
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G
IA
S
CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS
Questões de 91 a 135
QUESTÃO 91 
O que é a poluição do solo
Este mal invisível aparece quando a concentração de componentes poluentes na superfície é tão alta que causa danos 
na biodiversidade do solo e coloca em risco a nossa saúde especialmente através da alimentação. Mais precisamente, 
atividades como a pecuária e a agricultura intensivas costumam utilizar medicamentos, pesticidas e fertilizantes que 
contaminam os campos, da mesma forma que acontece com os metais pesados e outras substâncias químicas de origem 
natural ou antropogênica. 
Disponível em: . 
Acesso em: 22 ago. 2023. [Fragmento] 
Qual outra atividade humana contribui diretamente para esse tipo de poluição? 
A. 	 Queima de combustíveis fósseis, aumentando o pH de rios. 
B. 	 Descarte de rejeitos em lixões, liberando líquidos poluentes. 
C. 	 Aumento da pavimentação urbana, intensificando a aeração do solo. 
D. 	 Lançamento de esgoto na água, diminuindo a concentração de nutrientes. 
E. 	 Prática de controle biológico, estimulando o fenômeno de magnificação trófica. 
Alternativa B
Resolução: Os lixões caracterizam-se pela simples deposição de rejeitos em uma área aberta. Ao serem depositados dessa 
forma, eles não são analisados previamente, o que torna impossível saber quais substâncias são lançadas no meio ambiente 
e o grau de poluição e contaminação que elas podem provocar. Entre os principais problemas causados, estão a contaminação 
do solo e das águas subterrâneas do lençol freático pelo chorume, líquido escuro e tóxico proveniente da decomposição da 
matéria orgânica. Portanto, está correta a alternativa B. A alternativa A está incorreta, pois a queima de combustíveis fósseis 
está diretamente relacionada à poluição do ar, podendo causar efeitos prejudiciais ao solo e à água, mas não aumenta o pH 
de rios, e sim o diminui. A alternativa C está incorreta, pois o aumento da pavimentação urbana não intensifica a aeração do 
solo, mas pode causar sua compactação. A alternativa D está incorreta, pois o lançamento de esgoto aumenta a concentração 
de certos nutrientes, podendo causar outros impactos ambientais como a eutrofização. Por fim, a alternativa E está incorreta, 
pois o controle biológico é uma prática benéfica que não contribui para a poluição do solo nem estimula a magnificação trófica.
QUESTÃO 92 
O fluoreto de sódio (NaF) é utilizado há décadas na odontologia como um efetivo agente anticariogênico. Esse sal 
inorgânico apresenta ainda a vantagem de ser antienzimático e microbicida. Os íons fluoreto (F–) são transportados por 
difusão simples para o interior das células e acabam acarretando efeitos deletérios sobre os microrganismos e as células.
Disponível em: . 
Acesso em: 12 ago. 2022. [Fragmento adaptado]
Os íons que constituem esse sal apresentam em comum o(a) mesmo(a) 
Dados: 9F19 e 11Na23.
A. 	 raio atômico.
B. 	 carga nuclear.
C. 	 massa atômica.
D. 	 eletronegatividade.
E. 	 número de elétrons.
Alternativa E
Resolução: O fluoreto de sódio (NaF) é uma substância iônica constituída de cátions Na+ e ânions F–. Essas espécies 
apresentam diferentes números atômicos (números de prótons), diferentes números de massa (soma entre o número de 
prótons e nêutrons) e mesmo número de elétrons, sendo, portanto, espécies isoeletrônicas. Entretanto, o raio iônico do Na+ 
é menor do que o do F–, já que ele apresenta maior carga nuclear. Logo, a alternativa correta é a E.
WOP7
GG9Ø
ENEM – VOL. 0 – 2025 CNAT – PROVA II – PÁGINA 1BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 93 
O uso do congelamento para a preservação de alimentos 
data dos tempos pré-históricos, quando homens primitivos 
observaram que, em temperaturas baixas, os alimentos 
perecíveis podiam ser mantidos durante um longo tempo 
com a mesma qualidade. O uso de baixas temperaturas pode 
controlar o crescimento de microrganismos e a velocidade 
de reações químicas. Ainda assim, ocorrem modificações 
estruturais nos diferentes componentes dos alimentos, 
ocasionando mudanças sensoriais que diminuem a qualidade 
do produto após o congelamento. A principal causa dessa 
modificação é a formação de cristais de gelo. Quando a taxa 
de congelamento é rápida, formam-se pequenos cristais 
que pouco danificam as células. Contudo, no congelamento 
lento, os cristais formados são maiores e ocasionam ruptura 
das membranas celulares, o que leva à perda de elementos 
nutritivos e altera a textura e sabor dos alimentos.
COLLA, L.; HERNÁNDEZ, C. Congelamento e Descongelamento: 
sua influência sobre os alimentos. Disponível em: 
. Acesso em: 4 jun. 2017. 
[Fragmento adaptado]
Qual característica da água está associada à principal 
causa da modificação da estrutura dos alimentos ao 
serem congelados?
A. 	 Baixa condutividade térmica.
B. 	 Comportamento anormal.
C. 	 Alto calor específico.
D. 	 Tensão superficial.
E. 	 Polaridade.
Alternativa B
Resolução: Pelo texto, percebe-se que a principal causa 
da modificação da estrutura dos alimentos ao serem 
congelados é a formação de cristais de gelo. Isso está 
relacionado ao fato de a água em seu estado sólido 
(gelo) apresentar um volume maior do que quando líquida 
(próximo a 4 °C). Assim, ao solidificar, ocorre uma expansão 
de suas moléculas, o que pode levar à danificação das 
células dos alimentos, como descrito. Essa expansão 
térmica com a diminuição da temperatura se deve ao 
comportamento anormal, ou anômalo, da água. Portanto, 
a alternativa correta é a B.
QUESTÃO 94 
O Parque Estadual do Pau Furado, uma unidade de 
conservação de proteção integral que abriga espécies nativas 
do Cerrado, é considerado uma das principais atrações 
turísticas de Uberlândia e voltou a receber visitações. Em 
2017, a reserva foi atingida pelo maior incêndio da história 
e os reflexos do incidente ainda são visíveis e podem durar 
muitos anos. 
GEDX
ND1Y 
De acordo com o Sistema Estadual de Meio Ambiente 
e Recursos Hídricos (Sisema), a interferência na dinâmica 
florestal da área afetada foi o principal impacto. Isso quer 
dizer que o processo de sucessão ecológica na unidade 
de conservação retrocedeu. 
Disponível em: . 
Acesso em: 30 set. 2020. [Fragmento adaptado]
Para que o processo citado no texto volte a avançar, 
é necessário que 
A. 	 precipitações lavem o solo queimado. 
B. 	 gramíneas cresçam na região queimada. 
C. 	 florestas em clímax estável se estabeleçam. 
D. 	 espécies exóticas sejam trazidas ao parque. 
E. 	 eucaliptos sejam cultivados nas áreas afetadas.
Alternativa B
Resolução: O Parque Estadual do Pau Furado é uma 
unidade de conservação, aberto ao turismo, que visa à 
proteção de parte do Cerrado. Dessa forma, entende-se 
que havia, ali, uma comunidade clímax característica desse 
bioma, e que o incêndio levou a um retrocesso no processo 
de sucessão ecológica. Como antes do incidente havia 
um ecossistema estabelecido, a sucessão ecológica que 
acontecerá nas áreas queimadas será do tipo secundária. 
Para que esse processo possa recomeçar nas regiões 
afetadas, é preciso o estabelecimento da comunidade ecese, 
que pode se dar por meio doproduzida em alambique de aço inox é de 0,026% m/m. Logo, 
a alternativa B é a correta.
QUESTÃO 129 
No manual fornecido pelo fabricante de um chuveiro, é apresentado um gráfico da vazão de água em função da pressão 
de saída. Considere a densidade da água e o módulo da aceleração da gravidade local como iguais a 1 000 kg/m3 e 
10 m/s2, respectivamente.
Va
zã
o 
(L
/m
in
)
0,02 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30 0,35 0,40
Pressão (MPa)
40
35
30
25
20
15
10
0
A qual altura a base da caixa-d’água deve ser colocada, em relação à saída do chuveiro, para que ele possa ter uma 
vazão de 30 L/min de acordo com o manual?
A. 	 30 m
B. 	 29 m
C. 	 25 m
D. 	 20 m
E. 	 15 m
Alternativa C
Resolução: Pelo gráfico, percebe-se que, para uma vazão de 30 L/min, a pressão de saída da água deve ser de 0,25 MPa, 
equivalente a 250 000 Pa. Assim, tem-se que:
P gh
h P
g
�
�
�
�
Pelos valores descritos, conclui-se que:
h
h m
=
=
250 000
1000 10
25
.
Portanto, a alternativa correta é a C.
YJG2 
CNAT – PROVA II – PÁGINA 22 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 130 
O código genético é “quase” universal
As exceções à universalidade do código são raras e 
geralmente envolvem códons de parada. Por exemplo, 
em micoplasmas, UGA codifica para triptofano e, em 
certas espécies de ciliados, UAA e UAG codificam para 
glutamina. As principais alterações do código ocorreram 
nos DNAs mitocondriais. Isso deve ter sido possível 
porque a mitocôndria é um sistema relativamente fechado, 
ou seja, RNAs transcritos no núcleo não são traduzidos 
por ribossomos mitocondriais e vice-versa. A maioria das 
alterações envolve os códons de parada, mas trocas no 
significado de alguns aminoácidos são também observadas.
Disponível em: . Acesso em: 1 set. 2022. 
[Fragmento adaptado]
As exceções descritas demonstram que mutações
A. 	 resultam em perda de sentido com mudança da janela 
de leitura.
B. 	 deletérias provocam mudanças temporárias no material 
genético.
C. 	 garantem maior estabilidade para as moléculas de 
DNA nucleares.
D. 	 semelhantes podem ter efeitos diferentes em diferentes 
espécies.
E. 	 silenciosas significam alterações na extensão da 
proteína formada.
Alternativa D
Resolução: A quase universalidade do código genético 
demonstra que mutações semelhantes podem ter efeitos 
diversos em diferentes espécies, e são sentidas de forma 
diferente também pelo DNA nuclear e pelo DNA mitocondrial. 
Uma mutação de nucleotídeo único em determinado ser vivo 
pode representar um efeito diferente daquele observado 
em outro ser vivo. Assim, a alternativa D está correta. 
A alternativa A está incorreta, pois a perda de sentido 
significa uma alteração que leva à síntese de um aminoácido 
diferente do esperado, mas não ocorre mudança na janela de 
leitura, uma vez que as trincas permanecem na sequência 
esperada; uma mudança na janela de leitura ocorreria caso 
um nucleotídeo fosse adicionado ou retirado da sequência. 
A alternativa B está incorreta, pois mutações deletérias não 
provocam mudanças no material genético, mas nas proteínas 
formadas no processo de síntese proteica. A alternativa C 
está incorreta, pois mutações não estão relacionadas com a 
estabilidade de moléculas de DNA, mas com o processo de 
transcrição e tradução. Por fim, a alternativa E está incorreta, 
pois, na mutação silenciosa, apesar da mutação, não há 
mudança de aminoácido.
EFZS QUESTÃO 131 
Para enfrentar os atuais desafios globais de 
sustentabilidade do planeta e implantar projetos eficientes 
e economicamente viáveis, é necessário conhecer os 
hábitos de uso e de consumo de energia elétrica em 
edificações. As residências localizadas nas regiões de 
maiores temperaturas consomem em média 100 kWh/mês 
no inverno. Com relação aos usos finais, o ar-condicionado 
e os chuveiros elétricos representam 5% e 6% do consumo 
total, respectivamente.
FEDRIGO, N. Usos finais de energia elétrica no setor residencial 
brasileiro. Disponível em: . 
Acesso em: 1 set. 2022. [Fragmento adaptado]
O consumo médio diário de energia pelo uso de chuveiros 
elétricos é de
A. 	 0,10 kWh.
B. 	 0,15 kWh.
C. 	 0,20 kWh.
D. 	 0,55 kWh.
E. 	 0,60 kWh.
Alternativa C
Resolução: De acordo com o texto, as residências 
localizadas nas regiões de maiores temperaturas 
consomem em média 100 kWh/mês no inverno, sendo 
que 6% desse valor representa o consumo devido à 
utilização do chuveiro elétrico. Logo, a quantidade de 
energia consumida pelo chuveiro mensalmente é de:
100 6kWh 6
100
kWh. =
Como um mês possui 30 dias, determina-se a energia 
mensal diária consumida pelo chuveiro elétrico:
30 dias  6 kWh
1 dia  x kWh
x = 6
30
kWh= 0 20,
Portanto, a alternativa C é a correta.
QUESTÃO 132 
O Instituto Butantan estuda o desenvolvimento de uma 
vacina contra a gripe aviária em humanos. Os testes estão 
sendo realizados com cepas vacinais cedidas pela OMS e 
o primeiro lote-piloto está pronto para testes pré-clínicos. 
Os trabalhos começaram em janeiro de 2023, a partir do 
acompanhamento da disseminação do vírus pelo mundo. 
Estão previstos estoques de imunizantes feitos com três 
cepas vacinais da influenza aviária, sendo duas H5N1 e 
uma H5N8. “Temos que cumprir esse papel no Brasil, de 
cada vez mais se capacitar de uma forma estratégica para 
responder as demandas que vão aparecer”, afirmou o diretor 
do Instituto em comunicado. 
Disponível em: . 
Acesso em: 24 ago. 2023. [Fragmento adaptado]
NW93 
KUWC 
ENEM – VOL. 0 – 2025 CNAT – PROVA II – PÁGINA 23BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
A principal característica que justifica a utilização de diferentes linhagens do vírus na produção da vacina é o(a) 
A. 	 alta taxa de mutação gênica. 
B. 	 capacidade de causar infecção grave. 
C. 	 ausência de maquinaria celular própria. 
D. 	 maior grau de complexidade estrutural. 
E. 	 presença da enzima transcriptase reversa. 
Alternativa A
Resolução: As diferentes cepas de vírus são utilizadas em vacinas como forma de estimular uma resposta imunológica 
específica e fornecer proteção contra as variantes ou subtipos mais comuns do vírus em circulação. Os vírus têm uma alta 
capacidade de sofrer mutações e se adaptar ao ambiente. Essas mutações podem levar à formação de diferentes variantes 
do vírus, que podem apresentar características distintas, como maior transmissibilidade ou resistência a tratamentos 
antivirais. Ao utilizar diferentes cepas em vacinas, busca-se abranger um espectro mais amplo dessas variantes e garantir 
que a vacina seja eficaz contra as cepas mais prevalentes. Portanto, a alternativa A está correta. A alternativa B está 
incorreta, pois o nível de gravidade da infecção não gera a necessidade de se utilizar várias cepas para a produção. 
A alternativa C está incorreta, pois o fato de não possuírem maquinaria própria não justifica o uso de diferentes 
linhagens. A alternativa D está incorreta, pois os vírus não apresentam maior grau de complexidade estrutural em relação 
aos demais seres capazes de causar infecções. Por fim, a alternativa E está incorreta, pois o vírus influenza não é um 
retrovírus; além disso, essa característica não explica o uso de diferentes linhagens na produção de vacinas.
QUESTÃO 133 
Há muitos séculos se estudam a natureza do som e, em particular, a sua forma de propagação. Entre as inúmeras 
montagens experimentais capazes de determinar a velocidade das ondas sonoras em vários meios, inclusive no ar, pode-se 
destacar uma montagem que consiste em um tubo flexível em U, parcialmente preenchido com água, e um diapasão que 
vibra com determinada frequência, próximo do ramo do tubo que contém uma coluna de ar na parte superior. Através do 
som produzido pela vibração do diapasão (ou de um gerador de áudio) em uma determinada frequência, é possível variar 
o comprimento da coluna de ar (L) até um valor em que ocorra a ressonância, devido à reflexão das ondas na superfície 
líquida (interfacear-água).
L
SILVA, W. et al. Velocidade do som no ar: um experimento caseiro com microcomputador e balde d’água. 
Revista Brasileira de Ensino de Física, v. 25, n. 1, 2003, p. 74-80.
No experimento descrito, a frequência de ressonância é proporcional à
A. 	 largura do tubo.
B. 	 velocidade do som.
C. 	 densidade da água.
D. 	 vibração do diapasão.
E. 	 altura da coluna de ar.
CGCE 
CNAT – PROVA II – PÁGINA 24 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa B
Resolução: Pela descrição do experimento e a figura, 
percebe-se que a montagem constitui um tubo sonoro 
com uma extremidade fechada e outra aberta. Nessa 
configuração, o comprimento da coluna de ar é proporcional 
a múltiplos ímpares de um quarto do comprimento de onda:
L i i� �
4
1 3 5� , , , , ...
Substituindo o comprimento de onda na expressão anterior 
pela razão entre a velocidade do som no meio, no caso o 
ar, e a frequência de ressonância, chega-se em:
L i v
f
f i
L
v
=
=
4
4
Portanto, a frequência de ressonância é proporcional à 
velocidade de propagação do som. Assim, a alternativa 
correta é a B.
QUESTÃO 134 
A principal caraterística do telescópio James Webber é 
que se trata de um instrumento que capta radiação na parte 
do infravermelho do espectro eletromagnético. Mas, por 
que luz infravermelha? Bom, a luz infravermelha é boa em 
particular para conseguir enxergar através do pó. No espaço 
tem muito pó, o qual é composto por partículas pequenas, 
de tamanho aproximadamente igual ao comprimento de 
onda da luz visível. Por isso, a luz visível é fortemente 
espalhada (desviada) pelo pó, e resta pouco dessa luz para 
ser captada pelo telescópio óptico. Isso é muito útil porque 
há uma boa quantidade de galáxias que estão rodeadas 
de pó e, por isso, ficam fora da nossa observação quando 
tentamos enxergá-las com telescópios ópticos.
Disponível em: . 
Acesso em: 24 ago. 2022. [Fragmento adaptado]
De acordo com o texto, a captação de raios infravermelhos 
pelo telescópio James Webber promove a 
A. 	 descoberta das áreas desprovidas de luz, pois atinge 
uma distância maior que a distância alcançada pela 
luz visível.
B. 	 qualidade da observação do espaço, pois conseguem 
difratar e contornar o pó que encontram em sua 
trajetória.
C. 	 ampliação do campo de visão, pois o contato com o 
pó resulta em sua dispersão pelo espaço.
D. 	 distinção das substâncias que compõem o pó, pois, 
ao atingi-los, são refratados e o ângulo de desvio está 
relacionado a sua composição.
E. 	 visibilidade das galáxias, pois o comprimento de onda 
dessa faixa do espectro não possui mesma ordem de 
grandeza do pó, não havendo difração.
CHBA 
Alternativa E
Resolução: De acordo com o texto, o telescópio capta 
radiações infravermelhas, pois as radiações na faixa do 
espectro visível, por apresentarem um valor de comprimento 
de onda próximo ao tamanho dos pós existentes no espaço, 
são difratadas, restando poucos raios para serem captados 
pelo telescópio. As radiações infravermelhas, por sua vez, 
não sofrem difração por não apresentarem comprimento 
de onda semelhante ao tamanho desses pós, logo, são 
captadas em mais quantidade e mais facilmente pelo 
telescópio James Webber, promovendo a visibilidade das 
galáxias. Portanto, a alternativa E está correta. A alternativa 
A está incorreta pela explicação dada anteriormente: os 
raios infravermelhos não sofrem dispersão. A alternativa B 
está incorreta porque os raios infravermelhos não sofrem 
difração. Alternativa C está incorreta, pois a utilização 
dos raios infravermelhos discutida pelo texto não está 
relacionada a descobrir áreas desprovidas de luz, e sim 
galáxias permeadas pelos pós presentes no espaço. 
A alternativa D está incorreta, pois a determinação da 
composição do pó não é o objetivo discutido pelo texto para 
a captação de raios infravermelhos através do telescópio 
James Webber.
QUESTÃO 135 
Uma das maneiras de calcular a corrente média que 
é gerada por uma pilha de corrosão é avaliando a taxa de 
degradação do material. Para isso, é necessário medir 
com exatidão a quantidade de produto formada e o tempo 
necessário para isso. Considere o sistema representado 
a seguir:
Amostra
de Zn(s)
H+
(aq)
Nesse sistema, uma amostra contendo zinco metálico 
está imersa em uma solução ácida e o produto gasoso 
formado é coletado no tubo invertido. O gráfico a seguir 
representa o volume de gás hidrogênio produzido em 
função do tempo:
SZ12 
ENEM – VOL. 0 – 2025 CNAT – PROVA II – PÁGINA 25BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Tempo (h)
0
0
0,9
1,3 1,4 1,42 1,43 1,43
1 2 3 4 5 6
Vo
lu
m
e 
de
 g
ás
 li
be
ra
do
 (m
L)
Considerando que o experimento foi realizado nas CNTP, a corrente média, em mA, gerada nas cinco primeiras horas de 
experimento foi de, aproximadamente: 
Dado: Constante de Faraday = 96 500 C.mol–1. 
A. 	 0,26 
B. 	 0,34 
C. 	 0,52 
D. 	 0,68 
E. 	 0,73 
 Alternativa D
Resolução: Analisando o gráfico, verifica-se que, durante as primeiras cinco horas do experimento, foi coletado 1,43 mL 
de gás hidrogênio (H2) no tubo de ensaio em função da oxidação da amostra de zinco. De posse desse valor e sabendo 
que o experimento ocorreu nas CNTP, calcula-se a quantidade de matéria de H2 liberada:
1 mol de H2 –––– 22,4 L
x –––– 1,43 × 10–3 L
x = 6,38 × 10–5 mol de H2
As semirreações de oxirredução representadas a seguir correspondem ao fenômeno descrito:
Zn(s) → Zn2+
(aq) + 2e–
2H+
(aq) + 2e– → H2(g)
––––––––––––––––––––––––––––––––
Zn(s) + 2H+
(aq) → Zn2+
(aq) + H2(g)
Observa-se que a produção de 1 mol de H2 ocorre com a transferência de 2 mol de elétrons. Assim:
1 mol de H2 –––– 2 mol de e–
6,38 × 10–5 mol de H2 –––– y
y = 1,27 × 10–4 mol de e–
Como a Constante de Faraday é igual a 96 500 C.mol–1, pode-se fazer a seguinte relação para determinar a carga:
96 500 C –––– 1 mol de e–
z –––– 1,27 × 10–4 mol de e–
z = 12,31 C
Utilizando a Primeira Lei de Faraday:
i = Q/t
i = 12,31 C/5 h
Convertendo o tempo para segundo:
1 h –––– 60 min –––– 3 600 s
5 h –––– 300 min –––– 18 000 s
Portanto:
i = 12,31 C/18 000 s
i = 0,68 mA
Logo, a alternativa D é a correta.
CNAT – PROVA II – PÁGINA 26 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
MATEMÁTICA E SUAS TECNOLOGIAS
Questões de 136 a 180
QUESTÃO 136 
Autoridades do Chile se esforçam para explicar como uma cratera de 32 metros de diâmetro, de forma circular, surgiu 
ao norte do país. A medida inicial do buraco foi de 24 metros de diâmetro e continuou aumentando até alcançar o valor 
indicado anteriormente. 
Disponível em: . Acesso em: 6 ago. 2022. [Fragmento adaptado]
Considerando-se que as crateras têm o formato circular em seus contornos e que π = 3, o aumento da área da cratera entre 
os dois períodos observados, em metro quadrado, foi de, aproximadamente,
A. 	 336.
B. 	 768.
C. 	 1 344.
D. 	 2 352.
E. 	 3 072.
Alternativa A
Resolução: O aumento da cratera refere-se ao anel circular de raio inicial igual a 24 : 2 = 12 m e raio final igual a 
32 : 2 = 16 m.
Assim, tem-se que o aumento da área da cratera será:
A = π(R2 – r2) ⇒ A = π(R – r)(R + r) ⇒ A = 3(16 – 12)(16 + 12) ⇒ A = 3(4)(28) ⇒ A = 336 m2
Dessa maneira, houve um aumento de 336 m2 entre as duas medições.
QUESTÃO 137 
A exposição aos raios solares das 10h às 16h é considerada prejudicial à saúde por aumentar as chances de se 
desenvolver câncer de pele. Por isso, um determinado clube cobra valores diferenciados de acordo com o horário, a saber:
Horário Taxa de entrada Valor por hora
8 às 10 horas R$ 10,00 R$ 2,00
10 às 16 horas R$ 20,00 R$ 6,00
16 às 18 horas R$ 15,00 R$ 4,00
A taxa de entrada é cobrada de acordo com o horário de chegada, mas o valor por hora varia de acordo com o preço 
tabelado do período.
Uma pessoa que chegar às 9h e sair às 14h terá pago ao clube o valor total igual a
A. 	 R$ 20,00.
B. 	 R$ 36,00.
C. 	 R$ 40,00.
D. 	 R$ 50,00.
E. 	 R$ 56,00.
Alternativa B
Resolução: A pessoa permaneceu no clubedas 9 às 14 horas. Como ela chegou às 9h da manhã, foi cobrada uma taxa 
de entrada de R$ 10,00.
Sendo x o número de horas em que ela permaneceu no clube, em cada faixa de horário, e y o valor a ser pago em cada 
período, modelando-os como função afim, tem-se:
• Das 9h às 10h: y = 2x + 10 ⇒ y = 2 . 1 + 10 ⇒ y = 12
• Das 10h às 14h: y = 6x ⇒ y = 6 . 4 ⇒ y = 24
Portanto, o valor total a ser pago será de: R$ 12,00 + R$ 24,00 = R$ 36,00.
LQ4K
WSCG
ENEM – VOL. 0 – 2025 MAT – PROVA II – PÁGINA 27BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 138 
Um ponto-base (pb), geralmente abreviado como 
1 pb, corresponde a 0,01 ponto percentual, ou seja, 0,01%. 
Também é chamado de “pip”, “bip”, ou “bp” em inglês. 
O termo é geralmente usado na comunidade de renda fixa 
para discutir rendimentos e taxas de juros.
Disponível em: . 
Acesso em: 9 ago. 2022. [Fragmento]
Carlos iria realizar um empréstimo de R$ 10 000,00 
usando o regime de juros simples a uma taxa de 2,0% ao mês. 
Porém, ao negociar na assinatura do contrato, ele obteve 
um desconto na taxa, que foi reduzida em 50 pontos-base. 
Sabe-se que o empréstimo foi quitado após 12 meses.
Dessa maneira, o valor total pago foi de
A. 	 R$ 11 536,00.
B. 	 R$ 11 800,00.
C. 	 R$ 12 208,00.
D. 	 R$ 12 400,00.
E. 	 R$ 13 000,00.
Alternativa B
Resolução: No primeiro momento, a taxa aplicada foi 
de 2,0% ao mês em regime de juros simples. Porém, ele 
obteve um desconto na taxa e foram retirados 50 pontos- 
-base, ou seja, 50 . 0,01% = 0,5%, passando a taxa a ser de 
2,0% – 0,5% = 1,5%. Sendo assim, o montante pago é 
dado por:
M = C + C . i . t ⇒ M = 10 000 + 10 000 . 0,015 . 12 ⇒ 
M = 10 000 + 1 800 ⇒ M = R$ 11 800,00
Dessa maneira, o valor total pago nesse empréstimo foi 
de R$ 11 800,00.
QUESTÃO 139 
A arte das sombras faz parte das culturas primitivas que 
atribuíam vida e identidade à sombra do homem. É a partir 
dessa crença que surge um dos espetáculos mais antigos 
do mundo que se fundamenta na habilidade gestual das 
mãos. A imagem a seguir mostra um dos gestos usados 
para criar sombras:
Disponível em: . 
Acesso em: 19 ago. 2022. [Fragmento adaptado]
6YTO
W9G3
A ilustração da sombra projetada em uma parede branca 
do gesto indicado na imagem quando iluminado é:
A. 	
B. 	
C. 	
D. 	
E. 	
MAT – PROVA II – PÁGINA 28 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa B
Resolução: A projeção do gesto acompanha o mesmo formato do gesto, como visto na imagem a seguir:
Portanto, a ilustração correta da sombra é vista na alternativa B.
QUESTÃO 140 
Um byte, na linguagem computacional, corresponde a 8 bits. A figura mostra uma representação para um byte, em que 
cada retângulo corresponde a um bit numerado de 0 a 7. Em relação à base decimal, o dígito na posição 0 tem valor 20 = 1, 
o dígito na posição 1 tem valor 21 = 2, o dígito na posição 2 tem valor 22 = 4, e assim sucessivamente. Se todos os bits são 
identificados com status 1, então eles representam o número 255, mas se todos os bits são identificados com status 0, eles 
representam o número 0. Assim, um conjunto de 8 bits de memória, ou seja, um byte, pode conter qualquer número de 
0 a 255. Na figura pode-se ver a representação do número 219:
Representação binária de um número
Bit
Status bit
Valor posição
Valor
7 6 5 4 3 2 1 0
1 1 0 1 1 0 1 1
27 26 25 24 23 22 21 20
128 + 64 + 0 + 16 + 8 + 0 + 2 + 1
Disponível em: . 
Acesso em: 22 ago. 2022. [Fragmento adaptado]
De acordo com o texto, se o status de todos os bits nos retângulos numerados por pares, incluindo o 0, for 1 e o status de 
todos os bits nos retângulos numerados por ímpares for 0, qual número na base decimal esse byte representa?
A. 	 84
B. 	 85
C. 	 86
D. 	 170
E. 	 171
Alternativa B
Resolução: O número pedido tem representação de status como 01010101, assim, sua representação na base decimal é:
27 . 0 + 26 . 1 + 25 . 0 + 24 . 1 + 23 . 0 + 22 . 1 + 21 . 0 + 20 . 1 ⇒
0 + 64 + 0 + 16 + 0 + 4 + 0 + 1 ⇒ 85
DP5U
ENEM – VOL. 0 – 2025 MAT – PROVA II – PÁGINA 29BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 141 
No jogo de tabuleiro Cerco de Paris, os personagens são representados por figuras geométricas planas e regulares, 
conforme apresentado a seguir:
General Coronel Capitão Tenente Soldado
Disponível em: . Acesso em: 9 ago. 2022.
Em uma atividade interdisciplinar, os alunos foram convidados a construir essas figuras usando instrumentos de 
desenho geométrico como régua, compasso e transferidor. Sabe-se que a peça de um dos personagens apresentados 
tem o ângulo interno igual a 108°.
Qual é o personagem em questão?
A. 	 Capitão.
B. 	 Coronel.
C. 	 General.
D. 	 Soldado.
E. 	 Tenente.
Alternativa B
Resolução: O ângulo interno do polígono regular que representa a peça construída é dado por:
180 2
108 180 360 108 72 360 5
� �� �
� � � � � � � � �
n
n
n n n n
Portanto, o polígono regular de 5 lados é o pentágono – que, nesse jogo, representa o coronel.
QUESTÃO 142 
Na tabela a seguir, apresentam-se alguns dados sobre o desempenho de três times de futebol, A, B e C, todos do 
mesmo estado, no campeonato nacional:
Times Pontos Nº jogos Nº vitórias Gols marcados Gols sofridos
A 63 37 19 61 42
B 56 37 15 45 37
C 52 36 14 43 40
Sabendo-se que não há outros times desse estado participando do torneio, o valor mais próximo do número médio de gols 
marcados por jogo, considerando-se as equipes desse estado, vale
A. 	 1,12.
B. 	 1,35.
C. 	 1,47.
D. 	 1,64.
E. 	 1,81.
Alternativa B
Resolução: Pelos dados da tabela, o número de gols marcados pelos três times foi: 61 + 45 + 43 = 149. Já o número total 
de jogos disputados pelos três times foi: 37 + 37 + 36 = 110.
Logo, o valor aproximado do número médio de gols por jogo foi: 149
110
1 35≅ , gol/jogo, o que torna correta a alternativa B.
73AN
ØT1N
MAT – PROVA II – PÁGINA 30 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 143 
Uma determinada competição esportiva será formada 
por 64 atletas. Para realizar o sorteio dos confrontos, a 
comissão organizadora preparou um cubo, com as faces 
pintadas de dourado, e depois dividiu em 64 cubos menores 
que serão depositados em uma urna, conforme o esquema 
a seguir:
Quanto mais faces douradas o cubo menor tiver, 
mais forte é o atleta representado por ele. Sabe-se que 
os patrocinadores desejam que o primeiro atleta sorteado 
tenha como correspondente um cubo que possua 2 ou 
3 faces douradas. 
Dessa maneira, a probabilidade de o primeiro atleta 
sorteado atender aos requisitos propostos é de:
A. 	 12,5%
B. 	 25,0%
C. 	 37,5%
D. 	 50,0%
E. 	 75,0%
Alternativa D
Resolução: Analisando a quantidade de faces douradas 
nos 64 cubos menores que compõem o cubo maior, tem-se:
• 0 faces: 8 (cubos do centro do cubo maior);
• 1 face: 6 . 4 = 24 (cubos do centro das faces do 
cubo maior);
• 2 faces: 24 (cubos das arestas do cubo maior que 
não contêm os vértices do cubo maior);
• 3 faces: 8 (cubos que contêm vértices do cubo maior).
Logo, 24 cubos terão 2 faces pintadas e 8 cubos terão as 
3 faces pintadas de dourado.
Assim, a probabilidade P procurada será dada por:
P P P� � � � � � �2 3
24
64
8
64
32
64
1
2
50%
Portanto, a probabilidade de que o primeiro cubo sorteado 
tenha 2 ou 3 faces pintadas de dourado é de 50%.
HZRO QUESTÃO 144 
TEXTO I
O Braille é um sistema de escrita tátil utilizado por 
pessoas cegas ou com baixa visão. É tradicionalmente 
escrito em papel relevo. O Braille recebeu esse nome 
devido ao seu criador Louis Braille, que perdeu a visão em 
um acidente na infância.
Disponível em: . Acesso em: 24 ago. 2022. 
[Fragmento adaptado]
TEXTO II
A imagem a seguir mostra os números e alguns 
símbolos matemáticos na linguagem Braille:
Números
1 2 3 4 5
6 7 8 9 0
+ – x :
= ( )
. %√
Disponível em: . 
Acesso em: 24 ago. 2022 (Adaptação).
Um estudante usou a linguagem Braille e escreveua 
seguinte expressão numérica:
O resultado da expressão criada pelo estudante é:
A. 	
B. 	
C. 	
D. 	
E. 	
Alternativa B
Resolução: A expressão numérica escrita pelo aluno foi:
3 5+ =
Assim, o resultado é:
83 5+ =
Portanto, o resultado correto é visto na alternativa B.
ZSAZ
ENEM – VOL. 0 – 2025 MAT – PROVA II – PÁGINA 31BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 145 
Uma creche compra, todo início de mês, 2 016 unidades de fraldas para atender os 48 alunos matriculados 
no maternal, sendo todas as fraldas utilizadas até o final do expediente do último dia letivo em um mês de 21 dias 
letivos. Em certo mês, após os cinco primeiros dias letivos, foram matriculados mais 28 alunos nessa creche. Para evitar 
imprevistos, a diretora da creche calculou em quantos dias letivos as fraldas iriam acabar nesse mês, considerando que a 
média de fraldas utilizadas por aluno se mantenha constante.
Desde o 1º dia de aula desse mês, em qual dia letivo as fraldas acabarão?
A. 	 10º dia letivo.
B. 	 11º dia letivo.
C. 	 12º dia letivo.
D. 	 14º dia letivo.
E. 	 15º dia letivo.
Alternativa E
Resolução: Em 21 dias letivos, são usadas 2 016 fraldas, por 48 alunos. Então, a quantidade de fraldas utilizadas até 
o 5º dia foi de:
Dias letivos Unidades de fralda
21 2 016
5 x
21
5
2 016 10 080
21
480� � � � �
x
x x
A quantidade de alunos era 48 no início do mês, e como entraram mais 28 alunos, passou a ser de 48 + 28 = 76 alunos.
Deseja-se saber o dia letivo em que as fraldas acabarão. Depois do 5º dia letivo, sobrarão 2 016 – 480 = 1 536 fraldas.
Incluindo esses dados em uma tabela, sendo y o dia letivo em que as 1 536 fraldas acabarão para os 76 alunos, tem-se:
Dias letivos Quantidade de alunos Unidades de fralda
5 48 480
y 76 1 536
As quantidades de alunos e de dias letivos são inversamente proporcionais, pois quanto mais alunos, menos dias durarão 
as fraldas. As grandezas unidades de fraldas e dias letivos são diretamente proporcionais, pois quanto mais dias, mais 
fraldas utilizadas. Montando uma regra de três, tem-se:
5 76
48
480
1536
5 760
1536
7 680
760
10
y y
y y� � � � � � � �
Portanto, considerando os 5 primeiros dias que já haviam passado, as fraldas acabarão no 5 + 10 = 15º dia letivo.
QUESTÃO 146 
Em um estudo estatístico sobre a propagação de uma doença viral, verificou-se que a quantidade de pessoas infectadas 
em uma cidade aumentava a cada mês de acordo com a expressão:
I x
P Q
x� � � � � � � ��
�
��
�
�
��
log log
100
Na fórmula, P é a população da cidade, Q é a população com os sintomas da doença e x é a quantidade de meses 
desde a primeira infecção detectada na cidade. 
C8SY
LBX1
MAT – PROVA II – PÁGINA 32 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Sabendo que nessa cidade há 100 000 habitantes e 
10 000 deles apresentaram sintomas da doença pesquisada, 
a expressão que indica a quantidade de pessoas infectadas 
por mês é:
A. 	 I x x� � � 
B. 	 I x x� � � �
�
�
�
�
�
1
10
C. 	 I x x� � � �
�
�
�
�
�
1
100
D. 	 I x x� � � � ��
�
��
�
�
��
log 9
100
E. 	 I x x� � � � ��
�
�
�
�
�
�
�
log 9
100
4
Alternativa C
Resolução: Substituindo os valores de P e Q na expressão 
dada, tem-se:
I x x� � � � � � � ��
�
��
�
�
�� �
�
log log
log
100 000 10 000
100
100 000
10 00I(x) 00
100
10
100
1
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
��
�
�
�
�
�
��
�
�
� ��
�
��
�
�
�� �
�
x
xI(x)
I(x)
log
1100
�
�
�
�
�
� x
Portanto, a expressão pedida é I x x� � � �
�
�
�
�
�
1
100
.
QUESTÃO 147 
Uma pessoa comprou um tipo de tinta que pinta 
10 m2 com um litro. Ela gastou, aproximadamente, 628 mL 
dessa tinta para pintar toda a lateral externa de um cano 
em formato de cilindro circular reto de raio 10 cm e altura 
h metros, em uma única camada sem sobreposição de 
pintura. Para aproveitar a tinta, essa pessoa irá pintar a 
lateral externa de um tanque, também no formato de um 
cilindro circular reto, em apenas uma camada de tinta, sem 
sobreposição de pintura. Sabe-se que o raio da base e a 
altura desse tanque medem h metros.
Considerando π ≅ 3,14, a quantidade aproximada dessa 
tinta que a pessoa vai gastar para pintar a lateral externa 
desse tanque é igual a
A. 	 100 L.
B. 	 63 L.
C. 	 36 L.
D. 	 34 L.
E. 	 10 L.
Q79C
Alternativa B
Resolução: Como o raio do cano é 10 cm (0,1 m) e a altura 
do cano é h metros, tem-se que a área A da lateral 
externa do cano pintada é:
A = 2 . π . 0,1. h ⇒ A ≅ 0,2 . 3,14h ⇒ A ≅ 0,628h
Como 1 L pinta 10 m2, então 628 mL = 0,628 L pinta 6,28 m2.
Logo: 0,628h = 6,28 ⇒ h = 10 m.
Como o tanque tem raio da base e altura h = 10 m, sua 
área lateral é 2 . 3,14 . 10 . 10 = 628 m2.
Já que 1 L pinta 10 m2, para pintar a lateral externa do 
tanque ele gastará 62,8 ≅ 63 L.
QUESTÃO 148 
Nos sistemas de exaustão de gases, é utilizado um 
terminal de carga, conhecido popularmente como chapéu 
chinês, com o intuito de evitar que os gases retornem 
para o espaço de onde vieram, por exemplo, uma cozinha 
industrial, direcionando-os para o ambiente externo. 
O nome chapéu chinês se deve ao formato cônico similar 
aos chapéus utilizados pelos asiáticos na colheita de 
arroz. Na imagem a seguir, tem-se um chapéu chinês com 
apoios montado sobre uma chaminé cilíndrica:
Disponível em: . 
Acesso em: 23 jun. 2021 (Adaptação).
No processo de produção desse objeto, é feito um 
cordão de solda reto unindo o vértice do chapéu chinês a 
um ponto da circunferência da base desse cone.
Do ponto de vista geométrico, esse segmento de reta é 
conhecido como
A. 	 eixo do cone.
B. 	 altura do cone.
C. 	 geratriz do cone.
D. 	 raio da base do cone.
E. 	 seção meridiana do cone.
Alternativa C
Resolução: Por definição, a geratriz é o segmento de reta 
com uma extremidade no vértice do cone e a outra na 
circunferência da base. Dessa maneira, o cordão de solda 
formará justamente a geratriz do chapéu chinês.
DW2Q 
ENEM – VOL. 0 – 2025 MAT – PROVA II – PÁGINA 33BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 149 
A Copa Libertadores da América é a principal competição de futebol entre clubes profissionais da América do Sul, 
realizada desde 1960. Um jornalista esportivo estava fazendo uma pesquisa para uma reportagem sobre essa competição 
e encontrou que a média de gols marcados pelos artilheiros da Copa Libertadores entre 2009 e 2018 é de 7,8 gols. 
Entretanto, ao procurar a quantidade de gols marcados pelos artilheiros em cada ano, ele não encontrou a quantidade 
de gols marcados pelo artilheiro de 2015, representando-a por x. A quantidade de gols marcados pelos artilheiros da 
Copa Libertadores na época pesquisada é vista na tabela a seguir:
Anos Gols marcados
2009 8
2010 8
2011 7
2012 8
2013 7
2014 5
2015 x
2016 9
2017 9
2018 9
Ao escrever a reportagem, o jornalista informou corretamente que a mediana de gols na Copa Libertadores da América 
no período de 2009 a 2018 é igual a
A. 	 9.
B. 	 8.
C. 	 7.
D. 	 6.
E. 	 5.
Alternativa B
Resolução: Como a média de gols no período dado é 7,8, então:
8 8 7 8 7 5 9 9 9
10
7 8
70
10
7 8 70 78 8
� � � � � � � � �
�
�
� � � � � �
x
x x x
,
,
Colocando os valores da tabela em ordem crescente:
5, 7, 7, 8, 8, 8, 8, 9, 9, 9
Como os dois valores centrais são iguais a 8, a mediana é 8.
QUESTÃO 150 
O volume, em milhar de tonelada, de cinco categorias de produtos lácteos importados pelo Brasil, nos anos de 2014 
a 2016, pode ser visto no gráfico a seguir:
Volume dos produtos lácteos importados pelo Brasil, mil toneladas, 2014 a 2016
2014
2015
2016
Leite em pó Queijo
93,2
53,7
161,5
20,7 21,5
43,1
28
16,9
28,4
3,5 2,0 2,5 0,8 1,7 6,8
Soro de leite Leite UHT Manteiga
ØTJ4
Q2SQ
MAT – PROVA II – PÁGINA 34 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
De acordo com o gráfico, a menor média de volume 
importado pelo Brasil, nos três anos considerados, é a da 
categoria 
A. 	 leite em pó.
B. 	 queijo.
C. 	 soro de leite.
D. 	 leite UHT.
E. 	 manteiga.
Alternativa D
Resolução: Para resolver esta questão é possível calcularas médias das cinco categorias e compará-las. Entretanto, 
analisando o gráfico, percebe-se que as médias dos 
volumes importados do leite em pó, do queijo e do soro de 
leite serão superiores às médias dos volumes importados 
do leite UHT e da manteiga. Logo, calculando as médias 
apenas dessas duas categorias, tem-se:
• Leite UHT: 3 5 2 0 2 5
3
8
3
2 67, , , ,� �
� �
• Manteiga: 0 8 1 7 6 8
3
9 3
3
3 1, , , , ,� �
� �
Assim, a menor média de volume importado pelo Brasil, 
nos três anos considerados, é a da categoria leite UHT.
QUESTÃO 151 
A Lei da Gravitação Universal é uma lei que foi 
descrita por Isaac Newton (1643-1727), na qual dois 
corpos sofrerão mutuamente a ação de uma força atrativa 
proporcional ao produto de suas massas e inversamente 
proporcional ao quadrado da distância entre eles.
Disponível em: . 
Acesso em: 10 ago. 2023.
Sejam três corpos, I, II, III, com massas iguais a 
m, 2m e 0,5m, respectivamente, o quadro a seguir 
representa a distância entre esses corpos, em que d indica 
um valor positivo:
Distância entre os 
corpos
I II III
I 0 d 0,5d
II d 0 2d
III 0,5d 2d 0
Sejam F1 a força de atração entre os corpos I e II, F2 
a força de atração entre os corpos I e III e F3 a força de 
atração entre os corpos II e III.
Dessa maneira, a relação existente entre essas forças é:
A. 	 F1 = F2 = F3
B. 	 F1 = F2 F3
D. 	 F1 F2 > F3
EBT7 
Alternativa C
Resolução: Sejam m1 e m2 as massas de dois corpos 
quaisquer, e r a distância entre eles. Pela Lei de Newton 
enunciada na questão, tem-se que os corpos sofrerão uma 
força atrativa, que é diretamente proporcional ao produto 
das massas desses corpos e inversamente proporcional ao 
quadrado da distância entre eles. Desse modo, o módulo 
da força atrativa é dado por:
F k m m
r
= 1 2
2
.
Nessa expressão, k é uma constante de proporcionalidade.
Calcula-se, então, as forças F1, F2 e F3, a partir da equação 
anterior e dos dados da tabela:
F k m m
r
k m m
d
k m
d1
1 2
2 2
2
22� �
�
�
�
�
� �
�
�
�
�
�
� �
�
�
�
�
�
�
. . 2
F k m m
r
k m m
d
k m
d2
1 3
2 2
2
20 5
0 5
0 25
� �
�
�
�
�
� � � �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
. . 0,5
,
,
, �� �
�
�
�
�
�
�2
2
2k m
d
F k m m
r
k m m
d
k m
d
k3
2 3
2 2
2
2
2
2 4
0 25� �
�
�
�
�
� � � �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
. . 0,5 , mm
d
2
2
�
�
�
�
�
�
Comparando os valores obtidos para as forças indicadas, 
tem-se que: F1 = F2 > F3.
QUESTÃO 152 
Qual é o melhor investimento?
Apesar de a poupança ser o investimento mais 
conhecido, há outros investimentos que podem render 
bem mais. O gráfico a seguir mostra uma previsão para 
2018 de dois tipos de investimento, a poupança e o CDB 
(Certificado de Depósito Bancário), caso fossem aplicados 
R$ 1 000,00 por 12 meses sem considerar a inflação.
1 070
CDB
Poupança
R$ 1 037,79
R
en
di
m
en
to
 d
as
 a
pl
ic
aç
õe
s 
(e
m
 re
al
)
R$ 1 026,29
R$ 1 045,50
R$ 1 065,66
1 060
1 050
1 040
1 030
1 020
1 010
1 000
mês 0 Jan Fev Mar Abr Mai Jun Jul
Meses do ano
Ago Set Out Nov Dez
Disponível em: . 
Acesso em: 12 jun. 2020. 
[Fragmento adaptado]
6PMJ
ENEM – VOL. 0 – 2025 MAT – PROVA II – PÁGINA 35BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
De acordo com o gráfico, a diferença entre a variação de rendimentos do CDB e da poupança de julho a dezembro seria de
A. 	 R$ 8,66.
B. 	 R$ 11,50.
C. 	 R$ 19,21.
D. 	 R$ 20,16.
E. 	 R$ 27,87.
Alternativa A
Resolução: Analisando a variação do rendimento de julho a dezembro na poupança, tem-se:
Vpoupança = 1 045,50 – 1 026,29 ⇒ Vpoupança = R$ 19,21
Analisando a variação do rendimento de julho a dezembro no CDB, tem-se:
VCDB = 1 065,66 – 1 037,79 ⇒ VCDB = R$ 27,87
Assim, a diferença entre a variação de rendimentos do CDB e da poupança de julho a dezembro seria de: 
27,87 – 19,21 = R$ 8,66.
QUESTÃO 153 
Uma companhia oferece um cruzeiro marítimo pela costa brasileira no valor de R$ 5 000,00, caso seja efetuado o 
pagamento em até seis meses antes da viagem, ou seja, no primeiro lote. No segundo lote, em até três meses antes 
da viagem, há um acréscimo de 10% no valor do pacote. No caso de se pagar no terceiro lote, ou seja, em menos de 
três meses antes da viagem, haverá um novo acréscimo de 20% sobre o valor do segundo lote. Uma pessoa fechou o 
pacote e realizou o pagamento um mês antes da viagem, no terceiro lote. 
O valor do pacote pago por ela é igual a
A. 	 R$ 5 100,00.
B. 	 R$ 5 300,00.
C. 	 R$ 5 500,00.
D. 	 R$ 6 500,00.
E. 	 R$ 6 600,00.
Alternativa E
Resolução: Como o pagamento foi realizado um mês antes da viagem, no terceiro lote, tem-se:
• 1º lote: R$ 5 000,00.
• 2º lote: R$ 5 000,00 + 10% . R$ 5 000,00 = 5 000 + (0,1 . 5 000) = 5 000 + 500 = R$ 5 500,00.
• 3º lote: R$ 5 500,00 + 20% . R$ 5 500,00 = 5 500 + (0,2 . 5 500) = 5 500 + 1 100 = R$ 6 600,00.
Logo, o valor pago no pacote foi R$ 6 600,00.
QUESTÃO 154 
Uma competição de natação será disputada entre atletas das regiões Sudeste e Sul do Brasil. Sabe-se que há 7 estados 
nessas regiões, sendo 4 no Sudeste e 3 no Sul. A primeira fase será realizada em todas as capitais desses estados. Dessas 
capitais, uma também irá sediara segunda fase do torneio e uma outra também irá sediar a terceira fase do torneio.
Dessa maneira, a expressão que indica a quantidade de maneiras distintas de se escolher as sedes para a 2ª e a 3ª fases 
é dada por:
A. 	 A4,3
B. 	 A5,2
C. 	 A5,3
D. 	 A7,2
E. 	 A7,5
Alternativa D
Resolução: Para a segunda e a terceira fase, devem ser escolhidas 2 cidades entre as 7 disponíveis. A ordem dos elementos 
é importante; por exemplo, a 2ª fase na capital Vitória e a 3ª fase na capital Curitiba é diferente de a 2ª fase ser em Curitiba 
e a 3ª fase ser em Vitória.
Logo, trata-se de um caso de arranjo simples de 7 elementos tomados 2 a 2. Essa quantidade é dada pela expressão A7,2.
S3NQ 
ØH2K
MAT – PROVA II – PÁGINA 36 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 155 
Uma determinada residência possui 24 lâmpadas idênticas, que ficam acesas durante 6 horas por dia, e que 
consomem 144 kWh de energia, em 30 dias. Pretendendo economizar energia, o dono dessa residência retirou 
2 dessas lâmpadas e reduziu o tempo diário em que as demais ficam acesas para 4 horas. Depois dessas reduções, foi 
comparado o consumo em relação ao mês anterior, usando o período de 30 dias como referência.
Dessa maneira, a redução observada no consumo de energia foi de, aproximadamente,
A. 	 33%.
B. 	 39%.
C. 	 44%.
D. 	 61%.
E. 	 70%.
Alternativa B
Resolução: Montando uma regra de três composta com as informações da questão, em que x representa o consumo no 
mês seguinte às alterações, tem-se:
Lâmpadas Horas por dia Dias Consumo (kWh)
24 6 30 144
22 4 30 x
Quanto mais lâmpadas, maior o consumo. Quanto mais horas por dia, maior o consumo. A quantidade de dias não foi 
alterada, de modo que esse valor não interfere na relação dada.
Desse modo, todas as frações devem ser mantidas nas posições indicadas. Assim, tem-se:
144 24
22
6
4
144 6 6
22
144 22
36
4 22 8
x x
x� �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� � � � � � �
 . . . 88 88� �x kWh 
Como o consumo anteriormente foi de 144 kWh, a redução foi de: 1 88
144
1 11
18
7
18
39� � � � � %.
Logo, a redução no consumo foi de, aproximadamente, 39%.
QUESTÃO 156 
A instalação de painéis LED deve levar em conta principalmente dois aspectos: a distância de visualização (entre a 
tela e os assentos) e o pixel-pitch, que é a distância entre os LEDs no painel, sendo que a letra P é usada para determinar 
a distância entre os LEDs. Como regra geral, quanto maior a distância de visualização, maior deve ser o pitch para melhor 
aproveitamento da imagem. Por exemplo, um painel do tipo P40 tem 40 mm de distância entre os LEDs e é usado em 
grandes espaços abertos.
Disponível em: . Acesso em: 5 ago. 2022. [Fragmento adaptado]
Um técnico instalou um P1,5 a uma distância de 3,75 metrosdos assentos.
Caso essa relação entre o pixel-pitch e a distância seja mantida, um painel do tipo P5 deverá ser instalado a uma distância 
dos assentos, em metro, de:
A. 	 2,00.
B. 	 2,50.
C. 	 7,50.
D. 	 12,50.
E. 	 18,75.
Alternativa D
Resolução: Sabe-se que o P1,5 foi posicionado a 3,75 metros dos assentos.
Para definir a distância do P5 (mantendo a relação existente entre o pixel-pitch e a distância), pode-se usar uma regra de 
três simples:
1 5
3 75
5 5 3 75
1 5
18 75
1 5
12 5,
,
. ,
,
,
,
,mm
m
mm
x
x x x� � � � � � �
Dessa maneira, o P5 deverá ser posicionado a 12,50 metros dos assentos.
AP3Ø 
LU8N
ENEM – VOL. 0 – 2025 MAT – PROVA II – PÁGINA 37BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 157 
Integrada à orla, escultura de Tomie Ohtake é 
referência na cidade
Por terra, é possível avistá-la em caminhada à beira- 
-mar ou das janelas dos apartamentos da orla de Santos 
e São Vicente. Vermelha, de forma abstrata, a escultura a 
céu aberto da conceituada artista plástica Tomie Ohtake 
é uma referência na cidade e tem volume de 2 000 m3. 
Disponível em: . 
Acesso em: 10 ago. 2023. 
Um artista pretende reproduzir uma réplica da obra 
apresentada, utilizando uma escala de 1 : 20. 
O volume, em metro cúbico, da réplica criada será igual a 
A. 	 0,25. 
B. 	 2,5. 
C. 	 10. 
D. 	 25. 
E. 	 100.
Alternativa A
Resolução: A escala utilizada pelo artista é de 1 : 20. 
Porém, essa relação é linear, de modo que, para o volume, 
deve-se usar o cubo da razão de semelhança observada.
Seja k a razão de semelhança linear utilizando a escala 
dada, tem-se:
k k� � � �
�
�
�
�
� �
1
20
1
20
1
8 000
3
3
Assim, o volume da réplica é 8 000 vezes menor do que o 
da original (2 000 m3):
V = =
2 000
8 000
0 25
3
3 m m,
Logo, o volume da réplica dessa escultura é de 0,25 m3.
1ERZ QUESTÃO 158 
Em um site especializado em automóveis, foram 
avaliados cinco modelos de carros no que diz respeito ao 
quesito consumo de combustível por quilômetro. A tabela 
a seguir apresenta as distâncias percorridas com cada um 
deles e as quantidades de gasolina que foram gastas nos 
respectivos trajetos:
Carro I II III IV V
Distância percorrida (km) 30 40 35 32 15
Quantidade de gasolina 
consumida no trajeto (litro)
5 5,5 3,8 4 2
Um cliente, interessado em comprar um dos cinco carros, 
analisando os valores da tabela, pretende escolher o veículo 
que percorre a maior distância por litro de combustível.
O carro que esse cliente deve comprar é o do modelo
A. 	 I.
B. 	 II.
C. 	 III.
D. 	 IV.
E. 	 V.
Alternativa C
Resolução: Calculando a razão entre a distância percorrida 
(em km) e a quantidade de combustível consumido (em L) 
dos cinco modelos de carros apresentados na tabela, tem-se:
• Modelo I: 30
5
6 0= , km/L
• Modelo II: 40
5 5
7 3
,
,≅ km/L
• Modelo III: 35
3 8
9 2
,
,≅ km/L
• Modelo IV: 32
4
8 0= , km/L
• Modelo V: 15
2
7 5= , km/L
Sabe-se que a intenção do comprador é escolher o carro que 
percorre mais quilômetros por litro de gasolina. Portanto, 
 o carro do modelo III é o que apresenta melhor desempenho 
no que diz respeito ao consumo de combustível.
EYHM 
MAT – PROVA II – PÁGINA 38 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 159 
A taxa de juros real é calculada com o abatimento da inflação prevista para os próximos 12 meses, sendo considerada 
uma medida mais adequada para a comparação com outros países. Líder do ranking mundial de juros reais desde maio, 
o Brasil vem ganhando distância do México, segundo colocado no levantamento compilado pelo MoneYou e pela Infinity 
Asset Management, conforme mostra o gráfico a seguir:
Taxas de juros atuais descontadas a inflação projetada para os próximos 12 meses
1 Brasil
2 México
3 Hungria
4 Colômbia
5 Indonésia
Ranking dos juros reais
8,52%
4,20%
3,50%
3,18%
2,20%
Um produto, cujo custo de fábrica é de R$ 10,00, tem seu preço de venda repassado para o consumidor com um 
aumento percentual sobre o custo de fábrica de acordo com a taxa de juros reais projetada para os próximos 12 meses no 
país em que é vendido, tendo a moeda brasileira (o Real) como base.
Desse modo, considerando os dados do gráfico e os valores em real, a diferença, em módulo, do preço de venda desse 
produto no Brasil e na Indonésia é igual a
A. 	 R$ 0,432.
B. 	 R$ 0,534.
C. 	 R$ 0,632.
D. 	 R$ 5,340.
E. 	 R$ 6,320.
Alternativa C
Resolução: O preço de venda desse produto no Brasil é 10 . 1,0852 = R$ 10,852. Já na Indonésia, o preço de venda é 
10 . 1,022 = R$ 10,22.
Portanto, a diferença pedida é 10,852 – 10,22 = R$ 0,632.
QUESTÃO 160 
Em uma atividade recreativa com as crianças dos Anos Iniciais, os alunos do Ensino Médio tiveram que retomar 
algumas cantigas populares, sendo uma delas a “Cantiga do Elefante”, conforme trecho apresentado a seguir:
Estrofe 1
Um elefante incomoda muita gente.
Dois elefantes incomodam, incomodam muito mais.
Estrofe 2
Dois elefantes incomodam muita gente.
Três elefantes incomodam, incomodam, incomodam muito mais.
Estrofe 3
Três elefantes incomodam muita gente.
Quatro elefantes incomodam, incomodam, incomodam, incomodam muito mais.
Disponível em: . Acesso em: 8 ago. 2022. [Fragmento adaptado]
Com base nessas informações, a expressão que melhor descreve a quantidade de vezes em que a palavra “incomodam” 
(no plural) aparece em n estrofes dessa cantiga, considerando apenas a segunda linha de cada estrofe, é:
A. 	 n n2
2
+
B. 	 n n2 2
2
+
C. 	
n n2 3
2
+
D. 	 n n2 2
2
� �
E. 	 n n2 5 2
2
� �
S89C 
ZCLK 
ENEM – VOL. 0 – 2025 MAT – PROVA II – PÁGINA 39BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa C
Resolução: Na segunda linha há uma PA começando com 2 “incomodam” na estrofe 1 até (n + 1) “incomodam” na 
estrofe n. Pode-se fazer a soma dos termos de uma PA para a segunda linha com o 1º termo igual a 2 e o enésimo termo 
sendo (n + 1). Assim, tem-se:
S
a a n
S
n n
S
n n
S n n
n
n
n n n�
�� �
� �
� �� �
� �
�� �
� �
�1
2
2
2 1
2
3
2
3
2
Portanto, a expressão procurada é n n2 3
2
+ .
QUESTÃO 161 
Nanossatélite é o termo usado para designar um tipo de pequeno satélite com missões específicas para o seu tamanho. 
Nas classificações mais modernas, satélites de 1 a 10 kg são chamados nanossatélites.
Disponível em: . Acesso em: 8 ago. 2022. [Fragmento]
Em uma determinada missão, serão transportados 20 nanossatélites, totalizando 108 kg, de dois tipos, I e II. Sabe-se 
que os satélites do tipo I pesam 7,5 kg e os do tipo II, 4,5 kg.
Dessa maneira, a quantidade de satélites do tipo II lançados nessa missão foi igual a
A. 	 6.
B. 	 9.
C. 	 10.
D. 	 11.
E. 	 14.
Alternativa E
Resolução: Sendo x a quantidade de nanossatélites do tipo I e y a quantidade de nanossatélites do tipo II, pode-se montar 
o seguinte sistema:
x y
x y
� �
� �
�
�
�
20
7 5 4 5 108, ,
Resolvendo o sistema multiplicando a primeira equação por –7,5, tem-se:
� � � �
� �
�
�
�
�
� � � � �
7 5 7 5 150
7 5 4 5 108
3 42 14
, ,
, ,
x y
x y
y y
Dessa maneira, foram transportados 14 satélites do tipo II.
QUESTÃO 162 
Um representante comercial de produtos hospitalares foi convidado para apresentar seus produtos em uma cidade para 
a qual ainda não havia viajado. Para conhecer a região, esse representante procurou o mapa dela em um site de buscas e 
encontrou uma representação da região em um plano cartesiano, conforme mostra a figura. Nessa representação, há duas 
rodovias retas, X e Y, perpendiculares entre si, que se cruzam no ponto O e passam ao lado da cidade, sendo o quilômetro 
a unidade de medida adotada:
Y
H
PC
O X
O representante apresentará seus produtos no prédio da prefeitura e no hospital municipal dessa cidade. No mapa, 
visto na figura, o prédio da prefeitura foi representado pelo ponto P, distante 4 km da rodovia X e 7 km da rodovia Y, e o 
hospital da cidade foi representado pelo ponto H, distante 8 km da rodovia X e 5 km da rodovia Y.
BJGS 
FG56 
MAT – PROVA II – PÁGINA 40 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLIS ISTEMA DE ENSINO
Além das localizações da prefeitura e do hospital, o representante comercial procurou a localização de um posto de 
abastecimento de combustível, já que precisaria abastecer o carro antes de retornar após a apresentação. No mapa foi 
indicado que no ponto C havia um posto, na rodovia Y, equidistante do prédio da prefeitura e do hospital.
Ao analisar as informações, o representante comercial verificou que, do cruzamento O das rodovias ao posto C, ele percorreria
A. 	 3,5 km.
B. 	 3,0 km.
C. 	 2,8 km.
D. 	 2,5 km.
E. 	 2,0 km.
Alternativa B
Resolução: Segundo os dados, a prefeitura e o hospital estão localizados nos pontos P(7, 4) e H(5, 8). Como o posto de 
abastecimento fica sobre a rodovia Y, sua localização tem abscissa nula, ou seja, é do tipo C(0, k), com k real. Foi informado 
que o ponto C é equidistante de P e H, logo:
( ) ( ) ( ) ( )7 0 4 5 0 8
49 16 8 25 64 16
8 89 6
2 2 2 2
2 2
� � � � � � �
� � � � � � �
� �
k k
k k k k
k 55 8 24 3� � � �k k
Portanto, C = (0, 3), ou seja, o representante percorrerá 3 km do ponto O ao ponto C.
QUESTÃO 163 
Para a formatura do curso de Biblioteconomia de uma universidade, uma cerimonialista foi contratada para a organização 
da recepção. Foi informado a ela que, na recepção, estariam presentes entre 120 e 130 convidados. Ela havia reservado 
mesas com 14 lugares para o salão.
Para que não sobrem nem faltem cadeiras, o número de convidados que deve comparecer à festa é igual a
A. 	 124.
B. 	 125.
C. 	 126.
D. 	 127.
E. 	 128.
Alternativa C
Resolução: Caso fossem 130 convidados, tem-se:
130 = 9 . 14 + 4
Caso fossem 120 convidados, tem-se:
120 = 9 . 14 – 6
Assim, o número ideal, que também é múltiplo de 14, para que não faltem nem sobrem cadeiras, é igual a 126 convidados.
QUESTÃO 164 
Uma pessoa que planejava viajar para fora do país foi até uma casa de câmbio comprar dólar americano. Nesse dia, 
o valor de um dólar era R$ 5,36 e ela adquiriu US$ 2 200,00. Como esse total não foi gasto por completo na viagem, 
na volta ela vendeu os 425 dólares restantes, sendo que um dólar estava valendo 24 centavos mais barato do que no dia 
em que ela adquiriu a quantia antes da viagem.
A diferença entre o valor gasto com a compra dos dólares antes da viagem e o valor arrecadado na volta com a venda dos 
dólares que sobraram, na casa de câmbio, é igual a
A. 	 R$ 9 088,00.
B. 	 R$ 9 412,00.
C. 	 R$ 9 514,00.
D. 	 R$ 9 616,00.
E. 	 R$ 9 940,00.
NAYM 
7E3A 
ENEM – VOL. 0 – 2025 MAT – PROVA II – PÁGINA 41BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa D
Resolução: Antes da viagem, a pessoa gastou 5,36 . 2 200 = R$ 11 792,00 com a compra dos dólares. Após a volta, a pessoa 
vendeu 425 dólares, sendo que um dólar valia 5,36 – 0,24 = R$ 5,12. Assim, a pessoa arrecadou 5,12 . 425 = R$ 2 176,00.
Logo, a diferença entre os dois valores é R$ 11 792,00 – R$ 2 176,00 = R$ 9 616,00.
QUESTÃO 165 
Um pesquisador constatou que a quantidade de um certo tipo de bactéria presente em uma cultura pode ser descrita pela 
função Q(t) = 100,4t + 2 000, na qual Q é a quantidade de bactérias na cultura, e t é o tempo, em horas. Após dez horas da 
cultura iniciada, foi aplicada uma dose de antibiótico que matou três em cada quatro bactérias presentes naquele momento.
A quantidade de bactérias restante na cultura após a aplicação do antibiótico é igual a
A. 	 12 000.
B. 	 10 000.
C. 	 9 000.
D. 	 6 000.
E. 	 3 000.
Alternativa E
Resolução: Primeiro, determina-se a quantidade de bactérias após 10 horas:
Q(t) = 100,4t + 2 000 ⇒
Q(10) = 100,4(10) + 2 000 ⇒
Q(10) = 104 + 2 000 = 10 000 + 2 000 ⇒
Q(10) = 12 000 bactérias
Em seguida, determina-se a quantidade x de bactérias que sobraram após a aplicação do antibiótico:
x = 0,25 . (12 000) = 3 000
Portanto, restam 3 000 bactérias na cultura após aplicação do antibiótico.
QUESTÃO 166 
Uma empresa produz funis de papel, no formato de cones circulares retos, cuja altura mede 9 cm e cuja base tem 
6 cm de raio. Atendendo a demandas de mercado, essa empresa pretende aumentar em, pelo menos, 60% a capacidade 
do funil, ajustando a altura para 10 cm e alterando o valor do raio, mas mantendo-o como algum número inteiro, dado em 
centímetro, para facilitar o processo de produção. 
Considerando-se π ≅ 3, o novo valor do raio do cone deve ser, no mínimo, igual a 
A. 	 7 cm. 
B. 	 8 cm. 
C. 	 9 cm. 
D. 	 10 cm. 
E. 	 14 cm. 
Alternativa B
Resolução: O volume do cone é dado pela seguinte expressão:
V r h�
1
3
2. . . �
Substituindo os valores dados, tem-se:
V = =
1
3
3242 3. . .3 6 9 cm
Esse é o volume do cone antes da realização dos ajustes, porém, foi solicitado um aumento de 60% na capacidade dele. 
Desse modo, o novo volume deve ser, no mínimo, igual a:
1,6 . 324 = 518,4 cm3
Então, deve-se verificar o menor valor inteiro que atenda a essa condição:
V R R R� � � � � �
1
3
10 10 518 4 51 842 2 2 2. . , ,3 R .10
Dessa maneira, o menor inteiro que satisfaz a essa condição é R = 8 cm.
Logo, para atender às condições apresentadas, o novo raio do funil deve ser, no mínimo, de 8 cm.
L72P 
79VX 
MAT – PROVA II – PÁGINA 42 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 167 
No sorteio dos confrontos para a próxima fase de um torneio internacional de futebol, estavam presentes equipes de 
três países: X, Y e Z. Sabe-se que há três equipes do país X, três equipes do país Y e duas equipes do país Z. Caso sejam 
sorteadas duas equipes de um mesmo país, a bolinha referente à última equipe sorteada deverá ser recolocada no cesto.
No sorteio, também estavam presentes cinco comentaristas esportivos, que transmitiram as informações sobre as 
regras do sorteio e sobre as equipes selecionadas para seus respectivos ouvintes. Antes do sorteio, cada um deles fez 
uma afirmação para seus ouvintes, apresentadas no quadro a seguir:
Comentarista Frase
I Se a primeira bolinha for do país X, a probabilidade de a segunda bolinha voltar para o cesto é de 1 em 7.
II Se a primeira bolinha for do país Y, a probabilidade de a segunda bolinha voltar para o cesto é de 1 em 4.
III Se a primeira bolinha for do país Z, a probabilidade de a segunda bolinha ser de Y é de 4 em 7.
IV A probabilidade de as duas primeiras bolinhas serem de equipes do país X é de 3 em 28.
V A probabilidade de saírem as duas equipes do país Z nas duas primeiras bolinhas é de 1 em 16.
Dessa maneira, o único comentarista que analisou corretamente o cenário apresentado foi o
A. 	 I.
B. 	 II.
C. 	 III.
D. 	 IV.
E. 	 V.
Alternativa D
Resolução: São 8 bolinhas ao todo, sendo 3 do país X. Assim, a probabilidade de a primeira bolinha ser de uma equipe do 
país X é 3
8
. Logo, para a segunda bolinha, há 7 opções ao todo, assim, a probabilidade de a segunda bolinha ser de uma 
equipe do país X é 2
7
. Portanto, pelo teorema da multiplicação das probabilidades, a probabilidade de as duas primeiras 
bolinhas serem de equipes do país X é:
3
8
2
7
6
56
3
28
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� � �
Dessa maneira, o comentarista IV está correto.
QUESTÃO 168 
A tarifa do metrô de uma cidade custava R$ 1,60 e sofreu um reajuste de 125%. Alguns meses depois, após 
reivindicações por parte dos usuários, a Companhia Brasileira de Trens Urbanos (CBTU) decidiu abaixar em 
R$ 0,90 o valor da passagem.
Para a divulgação do novo valor da passagem de metrô nessa cidade, a CBTU deve anunciar uma redução de
A. 	 25%.
B. 	 45%.
C. 	 55%.
D. 	 75%.
E. 	 125%.
Alternativa A
Resolução: Primeiro é preciso calcular qual foi o valor da passagem após o aumento de 125%. Assim, 
1,60 + 1,25 . 1,60 = 1,60 . 2,25 = R$ 3,60. Usando uma regra de três em que x é a porcentagem procurada, tem-se:
R$ 3,60 –––––––– 100%
R$ 0,90 –––––––– x
Portanto, a CBTU deve anunciar uma redução de 25% no valor da passagem.
HDSO 
SS9D 
ENEM – VOL. 0 – 2025 MAT – PROVA II – PÁGINA 43BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 169 
Uma costureira trabalha produzindo peças em tricô 
para o inverno. Para garantir a variedade de opções, ela 
produz cinco modelos diferentes de blusas, todasutilizando 
lã como matéria-prima. O preço de venda é o mesmo para 
todos os modelos e, por isso, a peça que gera mais lucro 
é aquela que utiliza o menor comprimento linear de lã. 
A tabela a seguir mostra o comprimento linear de lã para a 
produção de cada peça:
Modelo de blusa Comprimento linear de lã
1 1,05 km
2 1 036 m
3 1 122 000 mm
4 12 hm
5 102 550 cm
O modelo que gera o maior lucro é o 
A. 	 1. 
B. 	 2. 
C. 	 3. 
D. 	 4. 
E. 	 5. 
Alternativa E
Resolução: Convertendo o comprimento linear de lã de 
cada modelo para metro, tem-se:
• Modelo 1: 1,05 km = 1 050 m
• Modelo 2: 1 036 m
• Modelo 3: 1 122 000 mm = 1 122 m
• Modelo 4: 12 hm = 1 200 m
• Modelo 5: 102 550 cm = 1 025,5 m
Portanto, o modelo que gera o maior lucro é o 5.
QUESTÃO 170 
O Pyraminx é um quebra-cabeça que segue a mesma 
ideia do cubo mágico, mas seu formato é de pirâmide. Ele 
foi inventado e patenteado por Uwe Meffert, e lançado pela 
Tomy Toys no Japão (a 3ª maior fabricante de brinquedos 
do mundo) em 1981.
Disponível em: . 
Acesso em: 24 ago. 2022. [Fragmento]
4HFE 
XWMV 
Sabe-se que cada uma das quatro faces do Pyraminx é 
composta por 9 pequenos triângulos equiláteros congruentes. 
Desconsiderando o espaço entre cada um dos pequenos 
triângulos de uma face do Pyraminx, a razão entre a medida 
do lado de um dos pequenos triângulos e a medida do lado 
de uma face do Pyraminx, nessa ordem, é:
A. 	 1
3
 
B. 	 1
6
 
C. 	 1
9
 
D. 	 3
E. 	 9
Alternativa A
Resolução: Seja y a medida do lado do pequeno triângulo 
e x a medida do lado da face do Pyraminx, então, como 
o espaço entre os triângulos pequenos é desconsiderado, 
tem-se que x = 3y.
Logo, a razão pedida é y
x
y
y
= =
3
1
3
.
QUESTÃO 171 
Um casal deseja entregar os convites para os padrinhos 
de casamento em caixas de formato octogonal. O molde 
dessa caixa está apresentado a seguir, na qual o fundo é 
um octógono regular e as faces laterais são quadrados:
Fundo LateralDobra 10 cm
24 cm
Disponível em: . 
Acesso em: 11 ago. 2022 (Adaptação).
Após a montagem da caixa, o fundo e a lateral serão 
pintados com tintas de tonalidades distintas. O casal fez 
orçamentos com cinco empresas diferentes, as quais 
apresentaram os seguintes valores compostos pela área 
pintada e pela mão de obra:
YP5P 
MAT – PROVA II – PÁGINA 44 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Empresa I II III IV V
Lateral R$ 45,00/m2 R$ 60,00/m2 R$ 50,00/m2 R$ 50,00/m2 R$ 55,00/m2
Fundo R$ 40,00/m2 R$ 20,00/m2 R$ 30,00/m2 R$ 20,00/m2 R$ 40,00/m2
Mão de obra R$ 8,00/caixa R$ 6,00/caixa R$ 5,00/caixa R$ 7,00/caixa R$ 5,00/caixa
Considere que serão feitas 20 caixas e o casal pretende escolher o valor mais barato do serviço completo. Dessa maneira, 
a empresa escolhida foi a:
A. 	 I
B. 	 II
C. 	 III
D. 	 IV
E. 	 V
Alternativa C
Resolução: O cálculo da área lateral em cada caixa é dado por 8 quadrados de 10 cm de lado, logo:
A1 = 8 . 10 . 10 = 800 cm2 = 0,08 m2
De acordo com a imagem, o fundo da caixa (octógono) tem lado 10 cm, e é possível verificar que o apótema mede 12 cm, 
pois corresponde à metade da “largura” de 24 cm. Assim, sendo p o perímetro e a o apótema do octógono, a área A2 do 
octógono regular será:
A p a A A A cm A m2 2 2 2
2
2
2
2
8 10
2
12 40 12 480 0 048� � � � � � � � �. . . . ,
Para 20 caixas, tem-se:
• Áreas laterais: 20 . 0,08 = 1,6 m2
• Fundos: 20 . 0,048 = 0,96 m2
Assim, os valores praticados pelas empresas serão:
• Empresa I: (45 . 1,6) + (40 . 0,96) + (8 . 20) = 72 + 38,4 + 160 = R$ 270,40
• Empresa II: (60 . 1,6) + (20 . 0,96) + (6 . 20) = 96 + 19,2 + 120 = R$ 235,20
• Empresa III: (50 . 1,6) + (30 . 0,96) + (5 . 20) = 80 + 28,8 + 100 = R$ 208,80
• Empresa IV: (50 . 1,6) + (20 . 0,96) + (7 . 20) = 80 + 19,2 + 140 = R$ 239,20
• Empresa V: (55 . 1,6) + (40 . 0,96) + (5 . 20) = 88 + 38,4 + 100 = R$ 226,40
Dessa maneira, a empresa escolhida para a realização do serviço foi a empresa III (R$ 208,80).
QUESTÃO 172 
Os astrônomos geralmente não utilizam quilômetro ou milha como referência para as distâncias no espaço. Ao invés 
disso, eles usam a unidade astronômica (UA), que equivale à distância média da Terra ao Sol. A tabela a seguir apresenta 
as distâncias médias dos planetas do Sistema Solar ao Sol:
Planeta Mercúrio Vênus Terra Marte Júpiter Saturno Urano Netuno
Distância 
(UA)
0,387 0,723 1,000 1,524 5,203 9,582 19,201 30,047
Disponível em: . Acesso em: 7 ago. 2022. [Fragmento adaptado]
Considerando todos os planetas perfeitamente alinhados, os planetas mais próximos entre si são
A. 	 Mercúrio e Vênus.
B. 	 Vênus e Terra.
C. 	 Terra e Marte.
D. 	 Júpiter e Saturno.
E. 	 Urano e Netuno.
HUYV 
ENEM – VOL. 0 – 2025 MAT – PROVA II – PÁGINA 45BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa B
Resolução: Como os planetas estão em ordem de distância do Sol, basta calcular a distância entre eles. Assim:
• Mercúrio e Vênus: 0,723 – 0,387 = 0,336 UA
• Vênus e Terra: 1 – 0,723 = 0,277 UA
• Terra e Marte: 1,524 – 1 = 0,524 UA
• Marte e Júpiter: 5,203 – 1,524 = 3,679 UA
• Júpiter e Saturno: 9,582 – 5,203 = 4,379 UA
• Saturno e Urano: 19,201 – 9,582 = 9,619 UA
• Urano e Netuno: 30,047 – 19,201 = 10,486 UA
Logo, a menor distância se dá entre Vênus e Terra.
QUESTÃO 173 
Visitar Roma e arredores, além do Vaticano, é uma ótima oportunidade para poder conhecer o trabalho de um dos mais 
importantes escultores italianos dos nossos tempos: Arnaldo Pomodoro. Pomodoro ficou famoso pelas suas “esferas de 
bronze” espalhadas pelo mundo, como a da sede da ONU, em Nova Iorque. 
Disponível em: . Acesso em: 9 ago. 2023. [Fragmento]
Sabe-se que o diâmetro de uma dessas esferas feitas pelo artista mede 4 m e que essa esfera é completamente 
maciça e feita exclusivamente de bronze, o qual possui densidade igual a 8 700 kg/m3. 
Considerando-se π ≅ 3, a massa dessa esfera é um valor 
A. 	 abaixo de 50 000 kg. 
B. 	 entre 50 000 e 100 000 kg. 
C. 	 entre 100 000 e 200 000 kg. 
D. 	 entre 200 000 e 300 000 kg. 
E. 	 superior a 300 000 kg. 
Alternativa D
Resolução: O volume de uma esfera é dado por V r�
4
3
3� , em que r indica a medida do seu raio.
Como o diâmetro dessa esfera é de 4 metros, então a medida do raio dessa esfera é igual a 2 metros.
Calculando o volume, tem-se:
V r� � � � � � � �
4
3
4
3
3 2 4 8 323 3 3� . m
Utilizando a densidade de 8 700 kg/m3, tem-se:
M = 32 . 8 700 = 278 400 kg
Logo, a massa dessa esfera é um valor entre 200 000 e 300 000 kg.
QUESTÃO 174 
Uma pessoa consultou um site especializado em automóveis a fim de decidir qual veículo adquiriria. Nesse site, havia 
uma avaliação feita por especialistas de cinco modelos de carro (I a V) com notas de 5 a 10, conforme o quadro a seguir:
Modelo Características
Potência Conforto Segurança Consumo Preço
I 7 8 8 8 7
II 6 8 6 7 8
III 6 9 7 6 9
IV 8 7 6 7 9
V 8 7 6 8 7
9HBV 
K4M3 
MAT – PROVA II – PÁGINA 46 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Para escolher o seu carro entre os modelos apresentados, essa pessoa considerou a avaliação dos especialistas, 
optando por dar pesos para as características apresentadas de modo que o veículo escolhido fosse mais próximo de seu 
gosto. Para a potência, ela considerou peso 1, para o conforto, a segurança e o consumo, peso 2, e para o preço, peso 3.
Sabendo que essa pessoa escolheu o veículo com a maior média ponderada das notas dadas às características, segundo 
os pesos apresentados, o veículo escolhido foi o do modelo
A. 	 I.
B. 	 II.
C. 	 III.
D. 	 IV.
E. 	 V.
Alternativa C
Resolução: Considerando os pesos dados e calculando as médias ponderadas das notas das características de cada 
modelo, tem-se:
• Modelo I: MI �
� � �� � �
� � � �
�
� �
� �
� �
1 7 2 8 8 8 3 7
1 3 2 3
7 2 24 21
1 6 3
76
10
7 6
. . .
.
. ,
• Modelo II: MII �
� � �� � �
� � � �
�
� �
� �
� �
1 6 2 8 6 7 3 8
1 3 2 3
6 2 21 24
1 6 3
72
10
7 2
. . .
.
. ,
• Modelo III: MIII �
� � �� � �
� � � �
�� �
� �
� �
1 6 2 9 7 6 3 9
1 3 2 3
6 2 22 27
1 6 3
77
10
7 7
. . .
.
. ,
• Modelo IV: MIV �
� � �� � �
� � � �
�
� �
� �
� �
1 8 2 7 6 7 3 9
1 3 2 3
8 2 20 27
1 6 3
75
10
7 5
. . .
.
. ,
• Modelo V: MV �
� � �� � �
� � � �
�
� �
� �
� �
1 8 2 7 6 8 3 7
1 3 2 3
8 2 21 21
1 6 3
71
10
7 1
. . .
.
. ,
Como a maior média é a do modelo III, este foi o veículo escolhido pela pessoa em questão.
QUESTÃO 175 
Na avaliação de uma pedra preciosa, devem ser levados em conta: a cor, a pureza e a qualidade da lapidação. Sabe-se 
que, a cada um desses critérios, é dado um peso diferente, conforme apresentado na tabela a seguir:
Critério Cor Pureza Qualidade da lapidação
Peso 5 3 2
Disponível em: . Acesso em: 6 ago. 2022. [Fragmento adaptado]
Em cada critério, devem ser dadas notas de 0 a 10. Uma determinada pedra recebeu nota média final de 7,9, sendo 
6 a nota no critério pureza e 8 no critério qualidade da lapidação.
Dessa maneira, a nota recebida no critério cor foi igual a:
A. 	 6
B. 	 7
C. 	 8
D. 	 9
E. 	 10
Alternativa D
Resolução: A nota final (Mp) foi de 7,9, sendo 6 na pureza e 8 na qualidade da lapidação. Trata-se de uma questão de 
média ponderada.
Seja x1 a nota obtida no critério cor, x2 a nota obtida no critério pureza, x3 a nota obtida no critério qualidade da lapidação, 
e sejam, P1, P2 e P3 os pesos de cada critério, respectivamente, tem-se:
M x P x P x P
P P P
x x
p �
� �
� �
� �
� �
� �
� �1 1 2 2 3 3
1 2 3
1 17 9 5 6 3 8 2
5 3 2
7 9 5. . . , . . . , �� �
� � � � � � �
18 16
10
5 34 79 5 45 91 1 1x x x
Portanto, o critério cor recebeu nota 9.
SJ6Ø 
ENEM – VOL. 0 – 2025 MAT – PROVA II – PÁGINA 47BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 176 
No início do ano, para pagar os gastos e impostos extras, uma pessoa precisou recorrer a uma instituição financeira. 
Ela pediu R$ 6 000,00 emprestados, e a instituição financeira propôs o empréstimo a uma taxa de 6% ao mês sobre o saldo 
devedor. De acordo com o contrato, a pessoa podia fazer pagamentos mensais sem valor mínimo.
Após três pagamentos, ordenadamente, 30, 60 e 90 dias após a tomada do empréstimo, a pessoa quitou sua dívida 
com a instituição financeira.
Se o primeiro pagamento foi no valor de R$ 1 400,00 e o segundo pagamento foi no valor de R$ 2 250,60, o valor total pago 
pela pessoa a essa instituição financeira, por esse empréstimo, foi de
A. 	 R$ 6 360,00.
B. 	 R$ 6 741,60.
C. 	 R$ 6 838,02.
D. 	 R$ 7 146,09.
E. 	 R$ 7 212,60.
Alternativa C
Resolução: De acordo com o contrato que a pessoa fez, ela podia pagar qualquer valor mensal, mas os juros incidiam 
sobre o saldo devedor. Assim, após 30 dias de tomado o empréstimo, o saldo devedor da pessoa era:
6 000 + 6 000 . 0,06 = 6 000 . 1,06 = R$ 6 360,00
E ela pagou R$ 1 400,00. Assim, seu saldo devedor passou a ser R$ 6 360,00 – R$ 1 400,00 = R$ 4 960,00.
Após mais 30 dias, isto é, após 60 dias de tomado o empréstimo, o saldo devedor passou a ser:
4 960 + 4 960 . 0,06 = 4 960 . 1,06 = R$ 5 257,60
E ela pagou R$ 2 250,60. Assim, seu saldo devedor passou a ser R$ 5 257,60 – R$ 2 250,60 = R$ 3 007,00.
Após mais 30 dias, isto é, 90 dias de tomado o empréstimo, o saldo devedor passou a ser:
3 007 + 3 007 . 0,06 = 3 007 . 1,06 = R$ 3 187,42
Como toda a dívida foi paga após 90 dias de tomado o empréstimo, então a pessoa pagou R$ 3 187,42 no último mês. 
Logo, no total ela pagou R$ 1 400,00 + R$ 2 250,60 + R$ 3 187,42 = R$ 6 838,02.
QUESTÃO 177 
Em uma competição universitária no curso de Engenharia Mecânica, as equipes deveriam construir pequenos foguetes 
que seriam lançados em uma área reservada para os lançamentos. O foguete que permanecesse o maior tempo em sua 
trajetória retilínea seria o vencedor. Quatro equipes se inscreveram para participar da competição e, durante o lançamento, 
as trajetórias retilíneas dos foguetes foram registradas como mostra o quadro:
Equipe 1 2 3 4
Trajetória 2x + y – 5 = 0 6x + 3y – 7 = 0 10x + 5y – 3 = 0 14x + 7y – 2 = 0
As trajetórias retilíneas dos foguetes que participaram dessa competição podem ser classificadas como 
A. 	 reversas. 
B. 	 simétricas. 
C. 	 concorrentes. 
D. 	 paralelas distintas. 
E. 	 paralelas coincidentes. 
Alternativa D
Resolução: Primeiramente, devem-se colocar todas as equações dadas em sua forma reduzida, isto é, na forma 
y = mx + n, em que m é o coeficiente angular da reta e n é o seu coeficiente linear. Isolando y em cada uma das equações 
dadas, obtém-se:
Equipe 1 2 3 4
Trajetória y x� � �2 5 y x� � �2 7
3
y x� � �2 3
5
y x� � �2 2
7
Em seguida, deve-se comparar os coeficientes angulares das retas. Como eles são todos iguais, as retas são paralelas. 
Além disso, como os coeficientes lineares são diferentes, as retas não são coincidentes.
Portanto, as retas que representam as trajetórias dos foguetes das 4 equipes são paralelas e distintas.
88RN 
2ZLQ 
MAT – PROVA II – PÁGINA 48 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 178 
Uma empresa contratou um levantamento estatístico para analisar a frequência das faltas não justificadas por seus 
funcionários. Em um dos relatórios desse levantamento, foi apresentado o seguinte gráfico:
Quantidade de faltas não justificadas em
um mês
Q
ua
nt
id
ad
e 
de
 fu
nc
io
ná
rio
s 20
18
10
12
5
1 2 3 4 5
20
15
10
De acordo com esses dados, a diferença entre a mediana e a moda da quantidade de faltas não justificadas, em um mês, 
nessa empresa, é igual a
A. 	 0.
B. 	 1.
C. 	 2.
D. 	 3.
E. 	 4.
Alternativa C
Resolução: Como a maior quantidade de funcionários teve 1 falta, então a moda da quantidade de faltas é 1. 
Há 20 + 10 + 18 + 12 + 5 = 65 funcionários, logo, a mediana é dada pela quantidade de faltas do funcionário 33 na ordem 
apresentada no gráfico, já que as quantidades de faltas estão em ordem crescente. Como o último funcionário com 2 faltas 
é o 30, então o funcionário 33 faltou 3 vezes, e a mediana é 3. Portanto, a diferença pedida é: 3 – 1 = 2.
QUESTÃO 179 
O departamento de desempenho de um clube de futebol analisou o rendimento de cinco atletas (I a V) nos treinamentos 
de cobranças de pênaltis. No quadro a seguir, estão apresentadas as probabilidades de acerto de cada um deles nesse 
tipo de lance de acordo com o local do gol escolhido:
Posição Jogador I Jogador II Jogador III Jogador IV Jogador V
Esquerda 0,7 0,6 0,8 0,9 0,7
Centro 0,9 0,8 0,8 0,7 0,7
Direita 0,6 0,6 0,7 0,8 0,7
Dessa maneira, em uma sequência de quatro cobranças, sendo uma de cada lado e duas no centro, o jogador que tem a 
maior probabilidade de converter todas é o
A. 	 I.
B. 	 II.
C. 	 III.
D. 	 IV.
E. 	 V.
SLLT 
A31F 
ENEM – VOL. 0 – 2025 MAT – PROVA II – PÁGINA 49BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa C
Resolução: Há quatro eventos de acordo com o enunciado:
• Evento 1: Acerto de cobrança na esquerda.
• Evento 2: Acerto de cobrança no centro.
• Evento 3: Acerto de cobrança no centro.
• Evento 4: Acerto de cobrança na direita.
Considerando os eventos, a probabilidade de acerto dos jogadores é:
• Jogador I: 0,7 . 0,9 . 0,9 . 0,6 = 0,3402
• Jogador II: 0,6 . 0,8 . 0,8 . 0,6 = 0,2304
• Jogador III: 0,8 . 0,8 . 0,8 . 0,7 = 0,3584
• Jogador IV: 0,9 . 0,7 . 0,7 . 0,8 = 0,3528
• Jogador V: 0,7 . 0,7 . 0,7 . 0,7 = 0,2401
Jogador Jogador I Jogador II Jogador III Jogador IV Jogador V
Probabilidade de acerto 34,02% 23,04% 35,84% 35,28% 24,01%
Dessa maneira, o jogador III é o que tem a maior probabilidade de acertar as quatro cobranças nas posições indicadas.
QUESTÃO 180 
O bingo é um jogo no qual bolas numeradas são colocadas dentro de um globo e sorteadas uma a uma. A cada 
rodada, um número é sorteado e o jogador verifica se esse número está na sua cartela. O jogador completa sua cartela 
marcando nela os números sorteados que tiver. Uma cartela de bingo com doze números foi criada a partir de uma 
sequência que obedece ao seguinte padrão: a sequência contém os múltiplos de 3, em ordem crescente, a partir do 
número 9. Se um dos números da sequênciatambém for múltiplo de 4, ele é substituído pelo menor número primo 
possível, sem repetir nenhum número. 
Com base nas informações apresentadas, os três últimos números dessa cartela são, respectivamente, 
A. 	 3, 39 e 42. 
B. 	 5, 39 e 42. 
C. 	 30, 33 e 5. 
D. 	 33, 5 e 39. 
E. 	 36, 39 e 42. 
Alternativa B
Resolução: De acordo com o enunciado, os números da cartela formarão uma sequência de múltiplos de 3, iniciando 
pelo 9. Caso o número dessa sequência também seja múltiplo de 4, ele deverá ser substituído pelo menor número primo, 
sem que haja repetições. Considerando os primeiros 12 múltiplos de 3 a partir do 9, obtém-se a seguinte sequência:
9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30, 33, 36, 39, 42
Para serem múltiplos de 3 e de 4, os números devem ser, necessariamente, múltiplos de 12. Assim, todos os múltiplos de 
12 nessa sequência devem ser substituídos por números primos, em ordem crescente.
Desse modo, os números 12, 24 e 36 serão trocados, respectivamente, por 2, 3 e 5.
Logo, os doze números dessa cartela serão: 9, 2, 15, 18, 21, 3, 27, 30, 33, 5, 39, 42.
Portanto, os três últimos números nessa cartela de bingo serão 5, 39 e 42.
RGTO 
MAT – PROVA II – PÁGINA 50 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINOcrescimento de gramíneas – 
essas plantas conseguem se estabelecer em um solo mais 
prejudicado, e o torna mais favorável ao crescimento de 
espécies mais exigentes. Portanto, a alternativa correta é 
a B. A alternativa A está incorreta, pois a chuva em solos 
queimados, destituídos de vegetação, tende a aumentar 
o processo de erosão, lavando os micronutrientes. 
A alternativa C está incorreta, pois a comunidade em clímax 
é o último estágio da sucessão ecológica; antes dessa fase, 
é necessário que a região passe pelas fases de ecese 
e séries. A alternativa D está incorreta, pois as espécies 
exóticas tendem a causar desequilíbrios ambientais onde 
são inseridas – ainda que esse não fosse o caso, nem 
toda espécie exótica constituiria uma comunidade ecese. 
A alternativa E está incorreta, pois os eucaliptos crescem 
rápido, tirando muita água do solo – provavelmente eles 
não sobreviveriam em um solo queimado nem contribuiriam 
para o restabelecimento da saúde desse solo.
QUESTÃO 95 
Tensoativos ou surfactantes são compostos orgânicos 
anfipáticos que apresentam uma porção polar e outra apolar. 
A porção apolar, também denominada cauda, é constituída 
predominantemente de uma cadeia carbônica, enquanto a 
porção polar, ou cabeça, pode apresentar grupos iônicos 
(cátions ou ânions), não iônicos ou anfóteros, que se 
comportam como ácido ou base dependendo do pH do 
meio. Os surfactantes podem ser classificados de acordo 
com o grupo presente na parte polar. Observe:
24EG 
CNAT – PROVA II – PÁGINA 2 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Cauda Cabeça
A
B
C
D
+
+
–
–
Representação esquemática dos surfactantes catiônicos (A), 
aniônicos (B), anfóteros (C) e não iônicos (D). A cauda 
corresponde à porção apolar, e a cabeça, à porção polar.
A estrutura de um tensoativo catiônico é a que está representada em:
A. 	 O
O
O
S– Na+
13
B. 	
O
O
O
O
S Na+–
C. 	
O
O
N
O –Na+
D. 	
N+
C–
E. 	
OH
O
15 20
Alternativa D
Resolução: O fato de os tensoativos (sabões e detergentes) se dissolverem tanto em água quanto em compostos apolares 
pode ser explicado com base na estrutura química deles – são constituídos de uma longa cadeia carbônica apolar (cauda) 
e uma extremidade polar (cabeça). Essa extremidade polar pode ser constituída de grupos catiônicos, aniônicos, anfóteros 
e não iônicos. Os tensoativos catiônicos são aqueles em que a cabeça apresenta carga positiva, conforme representado 
a seguir:
N+
C–
Carregado
positivamente
Logo, a alternativa D é a correta.
ENEM – VOL. 0 – 2025 CNAT – PROVA II – PÁGINA 3BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 96 
Os efeitos combinados da mudança climática e do excesso de nutrientes (como nitrogênio e fósforo) estão levando à 
perda de oxigênio em sistemas marinhos costeiros e mares semifechados. Em um mundo em aquecimento, espera-se que 
as águas costeiras de muitas áreas sofram de hipóxia – condição que leva a efeitos biológicos subletais – mais severa e 
prolongada, ainda que se mantenham as concentrações atuais desses nutrientes. Os gráficos a seguir mostram a estimativa 
dos níveis de hipóxia de acordo com a concentração de nitrogênio e a temperatura:
Níveis futuros
de hipóxia
Níveis atuais
de hipóxia
N
ív
ei
s 
at
ua
is
 d
e 
N Nitrogênio (N)
Temperaturas
futuras
Temperaturas
atuais
Níveis atuais
de hipóxia
N
ív
ei
s 
at
ua
is
 d
e 
N
N
ív
ei
s 
re
du
zi
do
s 
de
 N Nitrogênio (N)
Temperaturas
futuras
Temperaturas
atuais
The ocean is losing its breath: Summary for policy makers. 
Intergovernmental Oceanographic Commission, 2018. [Fragmento adaptado]
Com base nos gráficos mostrados, para manter os níveis atuais de hipóxia, considerando as projeções para as condições 
climáticas futuras, é necessário: 
A. 	 Introduzir micro-organismos fotossintetizantes nos sistemas marinhos. 
B. 	 Substituir o uso de fertilizantes nitrogenados pela rotação de culturas. 
C. 	 Fazer a biorremediação com espécies capazes de degradar toxinas. 
D. 	 Realizar o controle biológico dos seres constituintes do fitoplâncton. 
E. 	 Reduzir a quantidade de animais realizando respiração anaeróbica. 
Alternativa B
Resolução: A desoxigenação oceânica, também conhecida como hipóxia oceânica, é caracterizada pela redução do nível 
de oxigênio disponível no ecossistema marinho. Diversos fatores estão associados a esse fenômeno, como a elevação da 
temperatura média causada pelo aquecimento global e o excesso de nutrientes nas águas marítimas. Os gráficos fazem 
uma projeção do grau de hipóxia dos oceanos, considerando as temperaturas estimadas para o clima futuro. O primeiro 
gráfico mostra que, ainda que a quantidade de compostos nitrogenados lançados ao mar se mantenha no futuro, por 
causa do aumento da temperatura, ainda haverá aumento nos níveis de hipóxia dos oceanos. O segundo gráfico mostra 
que, para mantermos os níveis atuais de hipóxia dos oceanos no futuro, seria necessária a redução da quantidade de 
nitrogênio lançada aos mares, principalmente em regiões costeiras. Esse nitrogênio chega aos mares principalmente por 
meio de esgoto não tratado ou pela lixiviação de fertilizantes nitrogenados. Portanto, uma das formas de conter o avanço 
nos níveis de hipóxia dos oceanos é por meio da substituição do uso de fertilizantes pela chamada adubação verde, que 
consiste na rotação de culturas, intercalando o cultivo de leguminosas com outras culturas. Assim, a alternativa correta é 
a B. A alternativa A está incorreta, pois, nos ecossistemas marinhos, já existem micro-organismos fotossintetizantes, que 
constituem o fitoplâncton. Porém, eles não estão sendo suficientes para conter o aumento nos níveis de hipóxia. A alternativa C 
está incorreta, pois não se trata de contaminação das águas por uma substância tóxica, como aconteceria no caso de 
derramamento de petróleo. A alternativa D está incorreta, pois o controle biológico é aplicado contra pragas. Os seres que 
constituem o fitoplâncton são essenciais ao ecossistema aquático, sendo a base da cadeia alimentar. A alternativa E está 
incorreta, pois, na respiração anaeróbica, não há consumo de oxigênio, portanto essa via metabólica não contribui para o 
aumento da hipóxia.
25P8 
CNAT – PROVA II – PÁGINA 4 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 97 
De acordo com Frank Mayle, professor da Universidade de Edimburgo, uma das hipóteses apresentadas nas 
últimas décadas para explicar a grande biodiversidade amazônica foi a “Teoria dos Refúgios”. Proposta pelo ornitólogo 
e biogeógrafo alemão Jürgen Haffer (1932-2010) em um artigo publicado na 24EG em 1969, a teoria defendia que 
durante os períodos glaciares algumas áreas da floresta amazônica se tornaram secas. Por causa disso, formaram-se 
diversos fragmentos florestais – separados uns dos outros por áreas de savana – que teriam servido de refúgio para 
diversas populações de animais. Durante o período, essas populações de animais “sem floresta” evoluíram longe de 
seus semelhantes e sofreram especiação. 
Disponível em: . Acesso em: 1 out. 2020. [Fragmento adaptado] 
Segundo essa teoria, a diversificação das espécies desse bioma teria ocorrido devido à 
A. 	 seleção de indivíduos de fenótipos intermediários tanto nas regiões secas quanto nas florestais. 
B. 	 diferenciação da ploidia celular entre os indivíduos em isolamento geográfico durante a era glacial. 
C. 	 restrição no fluxo gênico entre os indivíduos habitantes das mesmas regiões por inviabilidade do híbrido. 
D. 	 redução na variabilidade genética responsável pela melhora na capacidade de sobrevivência da espécie. 
E. 	 acumulação de alterações genéticas distintas nos grupos segregados pela fragmentação ambiental. 
Alternativa E
Resolução: Segundo a Teoria dos Refúgios descrita no texto, a diversificação das espécies na Floresta Amazônica teria se 
dado por isolamento geográfico; assim, as espécies teriam sofrido especiação alopátrica. Nesse processo, novas espécies 
surgem por meio de alterações genéticasque ocorrem de maneira diferente em cada um dos grupos que ficaram isolados. 
Ou seja, após a separação dos territórios, cada uma das populações sofreu pressões seletivas diferentes, o que favoreceu a 
seleção de genes diferentes. Portanto, a alternativa E está correta. A alternativa A está incorreta, pois a seleção de indivíduos 
de fenótipos intermediários é característica da seleção natural estabilizadora, que é um processo natural de seleção, 
e não de especiação. A alternativa B está incorreta, pois a diferenciação da ploidia é um mecanismo que leva à especiação 
simpátrica. A alternativa C está incorreta, pois, como é informado no texto, a especiação ocorreu entre espécies separadas 
geograficamente. A alternativa D está incorreta, pois a redução na variabilidade genética de uma espécie ajudaria a explicar 
o desaparecimento da espécie, e não o surgimento de novas.
QUESTÃO 98 
O foguete Saturn 5, que levou o voo Apollo 11 ao espaço, era tão poderoso que equivalia a pilotar uma bomba nuclear. 
Pesando mais de 2,8 milhões de quilogramas e com 111 metros de altura, superava em 18 metros a Estátua da Liberdade. 
O foguete era capaz de gerar 34,5 milhões de newtons de empuxo no lançamento, sendo um newton a força necessária 
para proporcionar uma aceleração de 1 m/s2 a um objeto de 1 kg de massa. Devido ao calor que produzia, exigiu uma zona 
de exclusão de 5 km ao redor da plataforma de lançamento. A distância era tal que os espectadores só escutaram seus 
motores funcionando 15 segundos depois.
Disponível em: . Acesso em: 29 set. 2020. [Fragmento adaptado]
Na situação descrita, a informação física inadequada está relacionada ao(à)
A. 	 peso do foguete.
B. 	 definição de newton.
C. 	 calor gerado no lançamento.
D. 	 empuxo expresso em newtons.
E. 	 tempo de escuta dos espectadores.
Alternativa A
Resolução: Pela leitura do texto, percebe-se que foi atribuída a unidade quilograma (kg) ao peso do foguete, quando, 
fisicamente, essa unidade é atribuída à massa do objeto – peso, por ser uma força, tem newton como unidade. Portanto, 
a alternativa A está correta. A alternativa B está incorreta, pois, pelas Leis de Newton, sabe-se que a definição dessa unidade 
apresentada no texto está correta. A alternativa C está incorreta, pois, para se lançar um foguete, é necessária a queima 
de uma quantidade significativa de combustível, o que aquece o ar no entorno em proporções, cotidianamente, muito altas. 
A alternativa D está incorreta, pois empuxo é uma força e, portanto, pode ser expresso em newton. A alternativa E está 
incorreta, pois, sendo a velocidade do som de 330 m/s, aproximadamente, o tempo para que os espectadores escutassem 
os motores é de:
�t s� �
5 000
330
15 15,
Logo, essa informação também está fisicamente correta.
EOEO
IQDJ 
ENEM – VOL. 0 – 2025 CNAT – PROVA II – PÁGINA 5BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 99 
Uma possível solução para o conforto térmico é a 
chamada manta aluminizada, composta por uma camada 
de polietileno de alta densidade sobreposta por um filme de 
alumínio com alta resistência aos raios UV. Esse material 
pode ser aplicado em telhados e coberturas em geral, além 
de marquises e canaletas. Quando usada acima do telhado, 
ela atua como uma espécie de espelho para os raios solares 
e, quando usada abaixo do telhado, apesar de não possuir 
o benefício da reflectância, sua vida útil aumenta, uma vez 
que não estará exposta a temporais e ventos.
A manta descrita é útil para o conforto térmico, pois minimiza 
a transmissão de calor por
A. 	 convecção e propagação.
B. 	 convecção e condução.
C. 	 convecção e radiação.
D. 	 condução e propagação.
E. 	 condução e radiação.
Alternativa E
Resolução: Pelo texto, percebe-se que uma das faces da 
manta é feita de alumínio, que apresenta alto coeficiente de 
reflexão, minimizando, assim, a transmissão de calor por 
radiação. A outra face é composta por polietileno, um tipo 
de plástico que apresenta baixa condutibilidade térmica, 
minimizando, assim, a transmissão de calor por condução 
ao ar no interior do ambiente. Portanto, a alternativa correta 
é a E.
QUESTÃO 100 
Qual café tem mais cafeína: coado ou expresso? Se 
você fosse pensar rápido sobre isso, provavelmente diria que 
o expresso é uma “bomba” de cafeína, certo? Mas não é. 
O café coado tem mais cafeína do que o expresso, uma 
vez que a cafeína “se dissipa” melhor em contato com a 
água. Assim, pelo fato de o expresso ser mais concentrado, 
e conter menos água, ele tem menos cafeína do que o 
coado. Enquanto em uma porção do expresso tradicional a 
quantidade de cafeína pode chegar a 200 mg, o café coado 
tem cerca de 300 mg.
Disponível em: . 
Acesso em: 5 out. 2020 (Adaptação).
EHP4 
8EJJ 
Observe a estrutura da cafeína representada a seguir:
N
O CH3
CH3
H3C
O NN
N
O número de moléculas de cafeína presentes em uma 
porção do café expresso tradicional é de, aproximadamente, 
Dados: Massas molares em g.mol–1: H = 1; C = 12; 
N = 14;O = 16. 
A. 	 1,29 . 1020. 
B. 	 6,21 . 1020. 
C. 	 6,19 . 1023. 
D. 	 9,30 . 1023. 
E. 	 7,90 . 1024. 
Alternativa B
Resolução: Segundo o texto, uma porção do café expresso 
tradicional contém aproximadamente 200 mg de cafeína. 
Sendo assim, é necessário relacionar esse valor com a 
massa molar da cafeína (194 g/mol) para determinar a 
quantidade de matéria que está presente nele:
1 mol de cafeína ––––– 194 g
x ––––– 0,2 g
x = 0,001 mol de cafeína
1 mol ––––– 6,02 × 1023 moléculas
0,001 mol ––––– y
y = 6,21 × 1020 moléculas
Logo, a alternativa B é a correta.
QUESTÃO 101 
Em profundidades superiores a 2 000 metros, ocorrem 
erupções permanentes de água e sais minerais com 
temperatura em torno de 400 °C, que formam colunas 
turvas, parecidas com fumaça, de até 50 metros de altura 
no fundo do mar. Em torno dessas colunas, as imagens 
revelaram a existência de uma fauna diferente de todas as 
formas de vida conhecidas no planeta. São vermes tubulares, 
pequenos crustáceos e até peixes que integram um sistema 
ecológico no qual a base da cadeia alimentar baseia-se na 
transformação dos elementos inorgânicos existentes na 
água, por algumas bactérias, em matéria orgânica.
Disponível em: . 
Acesso em: 31 ago. 2020. [Fragmento adaptado] 
OKQA 
CNAT – PROVA II – PÁGINA 6 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
A base da cadeia alimentar desse ecossistema depende da 
A. 	 fotossíntese. 
B. 	 fermentação. 
C. 	 luminescência. 
D. 	 quimiossíntese. 
E. 	 respiração anaeróbica. 
Alternativa D
Resolução: A quimiossíntese é o processo no qual ocorre produção de matéria orgânica a partir de água e outras substâncias 
inorgânicas (como amônia, ferro, nitrito e enxofre), sem a utilização de energia luminosa. O texto informa que a base da 
cadeia alimentar do ecossistema descrito produz energia por meio desse processo; dessa forma, a alternativa correta é a D. 
A alternativa A está incorreta, pois, na fotossíntese, parte das reações são dependentes de luz, que não é capaz de chegar 
à profundidade oceânica mencionada no texto. A alternativa B está incorreta, pois a fermentação, assim como a respiração 
celular, transforma matéria orgânica em energia, e não matéria inorgânica em orgânica. A alternativa C está incorreta, pois 
luminescência não é um processo de produção de energia, e sim um processo de emissão da luz. A alternativa E está 
incorreta, pois a respiração celular, seja ela aeróbica ou anaeróbica, transforma matéria orgânica em energia.
QUESTÃO 102 
As condições de isolamento de determinadas comunidades ribeirinhas e a preocupação com o meio ambiente tornam 
atrativa a utilização da energia solar fotovoltaica para a produção de gelo para conservação do pescado. Dentro desse 
contexto, foi desenvolvida uma máquina de gelo com conversor de geração fotovoltaica sem acumulação eletroquímica. 
A máquina desenvolvida, que possui uma área de coleta de 1,50 m2, é capaz de produzir até 30kg de gelo por dia com 
irradiação diária de 5,5 kWh/m2.
Disponível em: . Acesso em: 3 set. 2020. [Fragmento adaptado]
Considerando o calor latente de fusão da água como 330 kJ/kg, o rendimento da máquina desenvolvida é mais próximo de
A. 	 18%.
B. 	 22%.
C. 	 27%.
D. 	 33%.
E. 	 39%.
Alternativa D
Resolução: O rendimento é definido como a razão entre a energia usada no processo desejado e toda a energia recebida. 
Como o processo em questão é referente à formação de gelo, pode-se escrever:
Q mL
Q
Q kJ
Q kJ h
s
kWh
f�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
30 330
9 900
9 900 1
3 600
11
4
.
Sendo a irradiação diária de 5,5 kWh/m2 e a área de captação de 1,5 m2, a energia recebida pela máquina é de:
E kWh= =
11
2
3
2
33
4
.
Logo, usando esses dois resultados, tem-se que o rendimento é:
� � � �
11
4
33
4
11
33
33 3, %
Portanto, a alternativa correta é a D.
PHDS 
ENEM – VOL. 0 – 2025 CNAT – PROVA II – PÁGINA 7BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 103 
Nos cursos universitários de Química Orgânica Experimental, o aluno é introduzido às técnicas básicas de laboratório, 
bem como à síntese de substâncias orgânicas. No esquema a seguir, estão representadas as etapas envolvidas em uma 
síntese realizada em uma aula dessa disciplina:
O
O
Benzoato
de terc-butila
O
O
Cinamato
de terc-butila
O
OH
Ácido cinâmico
O
OH
Ácido benzoico
Terc-butanol
OH
Isobutileno
CatalisadorCatalisador
1
2
3
4
5
CUNHA, S. et al. Síntese do isobutileno e seu emprego em reações de esterificação: propostas de aulas práticas de 
Química Orgânica para a Graduação. Revista Química Nova, v. 26, n. 3, 2003. [Fragmento adaptado]
A etapa em que ocorre uma reação de desidratação intramolecular é: 
A. 	 1 
B. 	 2 
C. 	 3 
D. 	 4 
E. 	 5 
Alternativa A
Resolução: Em álcoois, a reação de desidratação intramolecular consiste na eliminação da hidroxila (—OH) de um carbono 
e um hidrogênio de outro átomo de carbono. Nessa reação, que precisa ser aquecida e catalisada por um ácido, formam-se 
água e um alceno, conforme representado a seguir:
C
Terc-butanol
CH2
H
H3C
CH3
OH
Eliminação
H+
C
2-metilpropeno
CH2
H3C
H3C
H OH+
Logo, a alternativa A é a correta.
QUESTÃO 104 
Considerada uma doença rara, a incidência estimada da hemofilia é de aproximadamente um caso em cada 5 000 a 
10 000 nascimentos do sexo masculino para a hemofilia A, e de um caso em cada 30 000 a 40 000 nascimentos do sexo 
masculino para a hemofilia B. A hemofilia A representa cerca de 80% dos casos de hemofilia. Hemofilias A e B afetam, em 98% 
dos casos, pessoas do sexo masculino, mas existem mulheres afetadas pela hemofilia também, apesar de serem minoria.
Disponível em: . Acesso em: 21 set. 2021. 
[Fragmento adaptado]
PU29 
NILJ 
CNAT – PROVA II – PÁGINA 8 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
A diferença relatada na incidência dessa doença entre os sexos se deve a sua
A. 	 gravidade relacionada ao gene afetado herdado.
B. 	 herança genética caracterizada como holândrica.
C. 	 transmissibilidade via material genético mitocondrial.
D. 	 letalidade condicionada à situação de dose gênica dupla.
E. 	 manifestação dependente da homozigose do gene afetado.
Alternativa E
Resolução: A hemofilia é uma doença que apresenta padrão de herança recessiva ligada ao X. O texto informa sobre 
as diferenças entre a incidência de dois tipos, a hemofilia A e a B, e entre os sexos. As hemofilias são mais comuns entre 
pessoas do sexo masculino. Isso ocorre, pois, por se tratar de uma doença recessiva ligada ao X, para manifestá-la, uma 
pessoa do sexo feminino precisa de duas cópias do gene afetado, o que poderia ocorrer caso seus pais biológicos fossem 
um homem afetado e uma mulher portadora ou também afetada. Para que uma pessoa do sexo masculino manifeste a 
hemofilia, é necessário apenas uma cópia do gene afetado, o que poderia acontecer mesmo que seu pai biológico não 
fosse afetado, mas sua mãe fosse portadora ou afetada. Portanto, a alternativa E está correta. A alternativa A está incorreta, 
pois o texto não permite inferir a gravidade dos tipos de hemofilia; além disso, a incidência diferencial entre os sexos não 
está relacionada à gravidade da doença. A alternativa B está incorreta, pois a herança holândrica é aquela associada ao 
cromossomo Y, e não ao X, como é o caso da hemofilia. A alternativa C está incorreta, pois a hemofilia é uma doença 
causada por genes localizados no cromossomo X, e não no material genético mitocondrial. A alternativa D está incorreta, 
pois, apesar da reduzida incidência, há mulheres afetadas pela hemofilia e, portanto, dose gênica dupla não é letal.
QUESTÃO 105 
A variação de entalpia para o processo de combustão do metano (CH4), em que um dos produtos é a água no 
estado líquido, está representada a seguir de duas formas diferentes. No gráfico, está representada a combustão do 
metano em apenas uma etapa (ΔH1), como também a partir de um processo que ocorre em duas etapas (ΔH2 + ΔH3). 
Entretanto, a combustão do metano também pode ser representada por meio de um processo resultante da soma de 
duas etapas. Veja:
∆H1
∆H2
∆H3
 = –607 kJ
CO(g) + 2H2O() + O2(g)
 
1
2
CH4(g)+ 2O2(g)
CO2(g) + 2H2O()
En
ta
lp
ia
Soma de duas etapas
Etapa 1: 
CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(g) ΔH = –802 kJ
Etapa 2: 
2H2O(g) → 2H2O() ΔH = –88 kJ
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Processo total: 
CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O() ΔH = –890 kJ
Sendo assim, qual é o valor da variação de entalpia, em kJ, representado por ΔH3? 
A. 	 –44 
B. 	 –195 
C. 	 –283 
D. 	 –714 
E. 	 –1 497 
E5QE 
ENEM – VOL. 0 – 2025 CNAT – PROVA II – PÁGINA 9BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa C
Resolução: Segundo a Lei de Hess, a variação de entalpia 
(∆H) de uma reação depende, exclusivamente, da entalpia 
final e da entalpia inicial dos produtos e dos reagentes, 
respectivamente, seja a reação realizada em uma única 
etapa ou em várias. A combustão do metano, CH4, produz 
CO2 e H2O e pode ser representada de duas formas: pelo 
gráfico e pelas equações. Relacionando as informações 
do gráfico e o valor de ∆H do processo total das etapas 
1 e 2, infere-se que o valor de ∆H1 também é igual a 
–890 kJ, já que se trata da mesma reação química. A partir 
dessa inferência, encontra-se o valor de ∆H3, por meio da 
seguinte relação:
∆H1 = ∆H2 + ∆H3
∆H1 = –890 kJ
∆H2 = –607 kJ
–890 kJ = –607 kJ + ∆H3
∆H3 = –283 kJ
Logo, a alternativa C é a correta.
QUESTÃO 106 
Você sabe de quantos painéis fotovoltaicos você 
precisa para reduzir significativamente a conta de luz da sua 
residência? Em média, são necessárias sete placas solares, 
ou placas fotovoltaicas, na instalação de um sistema de 
energia solar para atender a uma residência com consumo 
mensal de 300 kWh no Brasil. Considere que cada placa 
fotovoltaica apresente potência igual a 360 W. Considere 
ainda que a irradiância solar média é de 1 200 Wm2 e que 
a eficiência dos painéis é de 20%.
Quantas placas solares eu preciso para uma residência? 
Disponível em: . 
Acesso em: 24 ago. 2023. [Fragmento adaptado] 
Nessas condições, a área total das placas fotovoltaicas 
instaladas nas residências é mais próxima de 
A. 	 1,5 m2. 
B. 	 2,1 m2. 
C. 	 8,4 m2. 
D. 	 9,3 m2. 
E. 	 10,5 m2.
Alternativa E
Resolução: De acordo com o texto, cada placa fotovoltaica 
apresenta potência de 360 W e eficiência de 20%. Como a 
irradiância média é de 1 200 W/m², escreve-se:
1 200 W
m
W
m2 2. ,0 2 240=
Para determinar a área de um painel solar, basta calcular a 
razão entre a potência da placa e a irradiância aproveitada:
A P
I
m2= = =
360
240
1 5,
O texto informa que são necessárias 7 placas solares 
para abastecer uma residência, logo, a área total será de: 
7 . 1,5 m2 = 10,5 m2. Portanto, a alternativa E está correta.
QZK8 
QUESTÃO107 
O órgão de tubos é um dos instrumentos mais antigos 
de que se tem notícia e um dos que mais impressionam 
por sua imponência. Esse instrumento está representado 
na imagem a seguir. Os tubos numerados em 1, 2 e 3 
possuem mesma espessura e mesmo material, mas 
comprimentos distintos.
Considere f1, f2 e f3 sendo a frequência fundamental do 
som emitido pelos tubos 1, 2 e 3, respectivamente.
A relação entre as frequências fundamentais dos tubos é 
dada por:
A. 	 f1 > f2 > f3
B. 	 f1 > f3 > f2
C. 	 f1 . 
 Acesso em: 1 nov. 2019. [Fragmento adaptado]
Qual característica do fragmento de DNA a ser amplificado 
influencia diretamente na temperatura utilizada na primeira 
etapa da técnica descrita?
A. 	 Número de ligações fosfodiéster.
B. 	 Sequência das bases nitrogenadas.
C. 	 Quantidade de citosinas e guaninas.
D. 	 Presença da ribose nos nucleotídeos.
E. 	 Especificidade de pareamento de bases.
Alternativa C
Resolução: O texto descreve como fragmentosde DNA são 
amplificados por meio da técnica de reação em cadeia da 
polimerase (PCR). Como é informado no texto, a primeira 
etapa no termociclador consiste na elevação da temperatura 
para separar as fitas duplas de DNA. Essa temperatura é 
chamada de Tmelting e depende da quantidade de citosinas 
e guaninas presentes no fragmento de DNA duplo. Isso 
porque entre citosinas e guaninas formam-se três ligações 
de hidrogênio, enquanto entre adeninas e timinas formam-se 
duas. Sendo assim, quanto maior a quantidade de citosinas 
e guaninas, maior a quantidade de energia necessária 
para a quebra das ligações de hidrogênio, o que significa 
uma maior Tmelting. Portanto, a alternativa C está correta. 
A alternativa A está incorreta, pois as ligações fosfodiéster, 
que são as que ligam nucleotídeos consecutivos, não 
são quebradas durante a sua amplificação por PCR. 
A alternativa B está incorreta, pois não importa a sequência 
em que as bases nitrogenadas estão dispostas, mas, sim, 
a quantidade total de cada base no fragmento que se deseja 
amplificar. A alternativa D está incorreta, pois as riboses são 
encontradas no RNA, e a técnica é feita em moléculas de 
DNA. A alternativa E está incorreta, pois a especificidade de 
pareamento de bases não afeta a Tmelting, e sim a quantidade 
de ligações de hidrogênio entre as bases pareadas.
SXU3 QUESTÃO 112 
Os processos de separação de misturas estão muito 
presentes no cotidiano. O simples preparo de um café, por 
exemplo, envolve dois processos distintos de separação. 
Inicialmente, a água, ao ser aquecida, solubiliza os 
compostos que dão aroma, cor e sabor a essa bebida, 
enquanto o coador de papel separa os sólidos que não 
são solúveis. 
Os processos de separação mencionados no texto são 
conhecidos, respectivamente, como 
A. 	 extração e filtração. 
B. 	 destilação e adsorção. 
C. 	 floculação e decantação. 
D. 	 flotação e sedimentação. 
E. 	 dissolução fracionada e peneiração.
Alternativa A
Resolução: O processo de separação utilizado, quando 
a água quente é colocada em contato com o pó de café 
para retirar os seus componentes solúveis, é chamado de 
extração. Já o processo utilizado para separar o sólido 
insolúvel da parte líquida, por meio de um coador ou filtro, 
é chamado de filtração. Logo, a alternativa A é a correta.
QUESTÃO 113 
A putrescina é uma substância orgânica que apresenta 
odor forte e bastante desagradável. Ela é um produto 
da decomposição de aminoácidos, tóxica em grandes 
quantidades, assim como a cadaverina. Ambas são 
responsáveis pelo odor típico da carne em processo de 
putrefação, mas também contribuem para o mau-hálito 
e para o cheiro característico de algumas infecções 
bacterianas. As fórmulas estruturais da cadaverina e da 
putrescina estão representadas a seguir:
H2N NH2
H2N
NH2
Cadaverina
Putrescina
Disponível em: . 
Acesso em: 18 nov. 2020 (Adaptação).
A nomenclatura oficial da cadaverina é 
A. 	 butanodiamina. 
B. 	 butano-1,4-diamina. 
C. 	 butano-1,5-diamina. 
D. 	 pentano-1,4-diamina. 
E. 	 pentano-1,5-diamina. 
8ES8 
ØXMU 
ENEM – VOL. 0 – 2025 CNAT – PROVA II – PÁGINA 13BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa E
Resolução: A cadaverina é uma substância química que apresenta cinco átomos de carbono e cadeia carbônica saturada. 
Dessa forma, utiliza-se o prefixo “pent” e o infixo “an” para representar, respectivamente, o número de átomos de carbono 
na cadeia principal e o grau de saturação da molécula. Entretanto, ela é uma amina, já que possui dois grupos amino (–NH2) 
nas extremidades da cadeia, ou seja, nas posições 1 e 5, conforme representado a seguir:
1
2 4
3 5
H2N NH2
Portanto, a nomenclatura desse composto é pentano-1,5-diamina. Logo, a alternativa E é a correta.
QUESTÃO 114 
Durante a utilização de escadas móveis, deve ser impedido o deslizamento dos apoios inferiores através de dispositivo 
antiderrapante, ou outro meio de eficácia equivalente, como sapatas, que incrementam significativamente o coeficiente de 
rugosidade (e consequentemente do atrito) da superfície sobre a qual a escada está apoiada. 
Utilização de escadas portáteis na construção civil e obras públicas. 
Disponível em: . 
Acesso em: 2 jun. 2023. [Fragmento adaptado] 
Uma pessoa posiciona uma escada portátil sobre uma superfície rugosa o suficiente para conseguir usá-la 
com segurança, isto é, sem que ela deslize. Estão atuando sobre a escada as forças peso (P
��
), normal (N
��
) e de 
atrito estático (f

e). A imagem a seguir representa a situação descrita e CM é o centro de massa da escada:
CM
A representação correta das forças que atuam sobre a escada portátil quando ela está em equilíbrio é:
N4QG 
A. 	

fe

fe
N
CM
P
N
B. 	
N
N
CM
P

fe
C. 	
CM
N
N
P

fe

fe
D. 	
CM
N
N
P

fe
E. 	
CM
N
N
P

fe

fe
CNAT – PROVA II – PÁGINA 14 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa A
Resolução: A força peso atua no centro de massa do corpo e sempre direcionada para baixo (centro da Terra). A força 
normal é uma reação à compressão de superfícies, e sempre está direcionada perpendicularmente a ela. A força de atrito 
é uma força provocada pelas irregularidades de uma superfície e apresenta sentido oposto ao deslizamento do objeto. 
Nesse caso, a escada tende a deslizar sua base para a esquerda e para baixo na parede; portanto, o vetor da força de atrito 
estático deve estar para a direita na base da escada e para cima indicado perto da parede. Logo, a alternativa A é a correta.
QUESTÃO 115 
Um projeto de construção de uma nova rodovia federal está em fase de licenciamento e, de acordo com os estudos 
de impacto ambiental exigidos, o empreendimento poderá causar prejuízos a determinadas espécies animais da área, 
conforme evidenciado na imagem a seguir:
Disponível em: . Acesso em: 31 ago. 2022. [Fragmento adaptado]
A solução mais razoável para conciliar a obra e a conservação das espécies afetadas é a
A. 	 soltura de animais nascidos em cativeiro para garantir a reintrodução das espécies na área.
B. 	 instalação de cercas às margens das rodovias para manter as populações silvestres isoladas.
C. 	 redução do fluxo de veículos em períodos específicos para facilitar a reprodução da fauna afetada.
D. 	 construção de viadutos com vegetação para permitir o trânsito seguro da fauna entre os fragmentos.
E. 	 transferência dos animais afetados para unidades de conservação a fim de garantir sua sobrevivência.
Alternativa D
Resolução: A questão trata da construção de uma rodovia e o impacto dessa obra sobre a fauna de uma determinada 
área, sendo que as pegadas representam as espécies de animais afetadas. A imagem mostra que a construção da rodovia 
causará uma descontinuidade no ambiente, dividindo a área em dois fragmentos com composições de espécies de animais 
distintas. Essa mudança de composição é reflexo da perda de hábitat e, consequentemente, de recursos que a construção 
da obra representa para essa fauna. Além disso, a rodovia pode interferir negativamente nas populações na medida em 
que representa uma barreira para o acesso aos recursos e, na tentativa de transpô-la, muitos animais silvestres podem 
morrer por atropelamento. Há algumas soluções disponíveis para minimizar os impactos dessa obra, conciliando o tráfego 
rodoviário e a fauna silvestre. Entre as soluções apresentadas nas alternativas, a mais razoável tanto do ponto de vista 
socioeconômico quanto ambiental é a construção de viadutos com vegetação para a passagem exclusiva da fauna silvestre 
entre os fragmentos. Com essa medida, o tráfego rodoviário não seria afetado, a conectividade entre os fragmentos seria 
preservada e o número de atropelamentos de animais silvestre na rodovia seria reduzido. Portanto, a alternativa correta 
é a D. A alternativa A está incorreta, pois animais criados em cativeiro não garantiriam a reintrodução de uma espécie 
perdida, especialmente porque a perdada espécie por fragmentação possivelmente está ligada à redução drástica de 
seu hábitat a ponto de inviabilizar a existência de uma população mínima da espécie; além disso, indivíduos criados em 
cativeiro geralmente enfrentam dificuldades para sobreviver em ambiente natural. A alternativa B está incorreta, pois a 
instalação de cercas dificultaria o acesso dos animais à rodovia, entretanto, ela também aumentaria o isolamento entre 
os dois fragmentos, o que não é interessante do ponto de vista ecológico sustentável para as populações. A alternativa C 
está incorreta, pois reduzir o fluxo de veículos em uma rodovia federal não seria uma alternativa viável do ponto de vista 
socioeconômico; além disso, essa medida não afetaria significativamente a sobrevivência das espécies nessa área. Por 
fim, a alternativa E está incorreta, pois a transferência dos animais afetados seria uma solução interessante, mas de difícil 
aplicabilidade; além disso, a transferência dos animais por si só não poderia garantir sua sobrevivência.
S1TP 
ENEM – VOL. 0 – 2025 CNAT – PROVA II – PÁGINA 15BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 116 
O balonismo é, além de um esporte, uma forma de 
turismo em diversos países. Formado por um cesto, o globo, 
combustível e o chamado maçarico, o envelope do balão 
é inflado em 60% com ar ambiente e, em seguida, é aceso 
omaçarico, com o qual se dosa as chamas e faz com que 
o balão decole, se mantenha no ar e, enfim, pouse. Todo 
o processo é controlado pelo piloto, que deve equilibrar 
os esforços necessários para manter o veículo no ar ou 
levá-lo à terra firme.
Disponível em: . 
Acesso em: 5 out. 2021. 
[Fragmento adaptado]
Qual força o maçarico é responsável por controlar?
A. 	 Resistência do ar.
B. 	 Empuxo.
C. 	 Tensão.
D. 	 Normal.
E. 	 Peso.
Alternativa B
Resolução: De acordo com o texto, dosando as chamas 
do maçarico, o balão pode decolar, se manter no ar ou 
pousar. As chamas servem para aquecer o ar envolto, de 
forma que ele se torne menos denso e suba, encontrando 
e “empurrando” a lona interna do balão. Logo, o nome dado 
à força que um fluido exerce sobre um corpo é empuxo. 
Portanto, a alternativa B é a correta.
QUESTÃO 117 
O hipotireoidismo congênito (HC) é uma doença 
caracterizada pela produção baixa ou mesmo nula do 
hormônio da glândula tireoide. Nas crianças, principalmente 
durante os primeiros anos de vida, os hormônios produzidos 
pela tireoide são fundamentais para o crescimento físico, 
o desenvolvimento do cérebro, além das várias funções 
do organismo. O exame de triagem neonatal, realizado 
em todos os recém-nascidos e conhecido como teste do 
pezinho, é fundamental para o diagnóstico precoce, pois 
os sintomas podem não aparecer nas primeiras semanas 
de vida.
Disponível: . 
Acesso em: 31 ago. 2022. 
[Fragmento adaptado]
O quadro clínico descrito se caracteriza pelo(a)
A. 	 baixa atividade das glândulas paratireoides.
B. 	 produção insuficiente dos hormônios T3 e T4.
C. 	 aumento de produção do hormônio calcitonina.
D. 	 deficiência de iodo proveniente da alimentação.
E. 	 redução dos níveis séricos do hormônio paratormônio.
69W9 
68SK 
Alternativa B
Resolução: O hipotireoidismo congênito (HC) é a doença 
que pode ocorrer por alterações na formação da tireoide 
ou por defeitos na síntese dos hormônios tireoidianos. Em 
ambos os casos, há produção insuficiente dos hormônios T3 
e T4, que são os hormônios produzidos por essa glândula. 
Portanto, a alternativa correta é a B. A alternativa A está 
incorreta, pois as paratireoides são glândulas que controlam 
os níveis de cálcio no sangue por meio da produção do 
hormônio paratormônio (PTH). A alternativa C está incorreta, 
pois a calcitonina (CT) é um hormônio proteico sintetizado 
pelas células parafoliculares da tireoide e poderá sofrer 
redução de sua produção. A alternativa D está incorreta, pois 
a deficiência de iodo na alimentação pode ser uma causa 
do hipotireoidismo não congênito. Por fim, a alternativa E 
está incorreta, pois o hormônio paratormônio é produzido 
pelas paratireoides.
QUESTÃO 118 
O binóculo é um instrumento óptico composto por 
lentes e prismas que permite uma visão de longo alcance. 
As lentes fazem o trabalho relacionado à formação da 
imagem e os prismas desviam a luz que emergem das 
lentes para os olhos do usuário. O binóculo representado 
na figura contém dois primas de Porro, caracterizados por 
desviar integralmente a luz em seu interior em um ângulo 
total de 180°.
Prisma de Porro
Prisma de 
Porro
Luz
Qual fenômeno óptico está relacionado aos prismas de 
Porro que constituem o binóculo? 
A. 	 Difração. 
B. 	 Absorção. 
C. 	 Dispersão. 
D. 	 Polarização. 
E. 	 Reflexão total. 
7NNT 
CNAT – PROVA II – PÁGINA 16 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa E
Resolução: Os binóculos são constituídos por prismas de Porro, responsáveis por desviar a luz incidente em um ângulo 
total de 180°, como ilustra a figura. Logo, o fenômeno óptico que está relacionado a esse tipo de prisma é a reflexão total. 
Portanto, a alternativa E está correta. A alternativa A está incorreta, pois o fenômeno da difração não está relacionado à 
situação descrita, já que a luz incidente no binóculo não contorna nenhum obstáculo nem sofre espalhamento. A alternativa B 
está incorreta, pois os prismas não absorvem a luz incidente, e sim a refletem em seu interior. A alternativa C está incorreta, 
pois não há dispersão da luz no interior dos prismas, já que, de acordo com o texto, a luz é integralmente desviada por 
eles. A alternativa D está incorreta, pois os prismas não são polarizadores e, portanto, não são capazes de polarizar a luz.
QUESTÃO 119 
O uso indiscriminado de antibióticos pode alterar a resistência das bactérias que causam doenças e tornar o 
medicamento ineficaz no seu combate. Além de dificultar o tratamento, isso também pode afetar outras bactérias que 
ajudam o nosso organismo a funcionar corretamente. O fato de as bactérias se tornarem resistentes ao antibiótico é 
normal e esperado em tratamentos médicos. Mas a maneira como os antibióticos são usados indiscriminadamente pode 
acelerar o tempo que leva para esses microrganismos se tornarem resistentes e deixarem de responder ao tratamento.
Disponível em: . Acesso em: 1 set. 2022. [Fragmento adaptado]
O uso incorreto desses medicamentos pode
A. 	 modificar o material genético das bactérias.
B. 	 eliminar cepas capazes de suportar o antibiótico.
C. 	 estimular a adaptação de bactérias sensíveis a eles.
D. 	 induzir o surgimento de novas formas de bactérias.
E. 	 permitir o aumento da população de bactérias resistentes.
Alternativa E
Resolução: O uso inadequado de antibióticos interfere na variedade genética das bactérias de uma população. Com o 
uso incorreto, bactérias sensíveis ao medicamento tendem a desaparecer, mas as bactérias resistentes a ele aumentam 
de número, fazendo com que a população de bactérias seja composta de uma maioria resistente, resultando em uma 
persistência da infecção e dificuldade de tratamento. Assim, a alternativa E está correta. A alternativa A está incorreta, 
pois o antibiótico não altera o material genético das bactérias, mas atua selecionando as bactérias que já apresentam a 
característica de serem resistentes a ele. A alternativa B está incorreta, pois as cepas capazes de suportar o antibiótico 
não são eliminadas; elas sobrevivem à ação do medicamento. A alternativa C está incorreta, pois as bactérias sensíveis 
ao antibiótico são eliminadas, de modo que elas não se adaptam ao medicamento – o que pode acontecer é a absorção 
de fragmentos de DNA presentes no ambiente, que conferem resistência, mas o antibiótico não atua estimulando essa 
situação. Por fim, a alternativa D está incorreta, pois o antibiótico não induz o surgimento de novas formas bacterianas, mas, 
sim, seleciona cepas de bactérias que apresentam resistência e elimina aquelas sensíveis ao seumecanismo de atuação.
QUESTÃO 120 
A busca pelo bem-estar da sociedade moderna é inesgotável e envolve produtos da síntese orgânica industrial, como 
medicamentos, adubos, tintas, fibras têxteis, detergentes e materiais plásticos. No entanto, muitos desses processos 
de síntese geram quantidades substanciais de resíduos, o que torna necessária a procura por tecnologias mais limpas, 
que possam reduzir os resíduos produzidos. Como forma de avaliar o impacto ambiental da atividade das indústrias, 
foram introduzidos nelas alguns indicadores. Um desses indicadores, conhecido como fator E, consiste na quantidade, 
em quilograma, de resíduos ou de produtos não desejados, que são produzidos por cada quilograma do produto 
desejado obtido. A equação balanceada dada a seguir representa a reação de obtenção do 1-bromobutano, um composto 
utilizado na medicina e nas indústrias de corantes e de pesticidas:
C4H9OH + KBr + H2SO4 → C4H9Br + KHSO4 + H2O
O fator E para a síntese do 1-bromobutano é, aproximadamente, 
Dados: Massas molares em g.mol–1: H = 1; C = 12;O = 16; S = 32; K = 39; Br = 80.
A. 	 0,25. 
B. 	 0,47. 
C. 	 0,70. 
D. 	 1,12. 
E. 	 3,90.
QC3D 
O53Q 
ENEM – VOL. 0 – 2025 CNAT – PROVA II – PÁGINA 17BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa D
Resolução: De acordo com a equação balanceada que representa a reação de obtenção do 1-bromobutano (C4H9Br), são 
produzidos 1 mol de KHSO4 e 1 mol de H2O (resíduos ou produtos não desejados) para cada mol do produto desejado. 
O fator E, que consiste na quantidade, em quilograma, de resíduos ou de produtos não desejados que são produzidos para 
cada quilograma do produto desejado obtido, pode ser calculado da seguinte forma:
Massas molares: C4H9Br = 137 g.mol–1, KHSO4 = 136 g.mol–1, H2O = 18 g.mol–1.
1 mol de C4H9Br  1 mol de KHSO4 + 1 mol de H2O
137 g  136 g + 18 g
137 g  154 g
1 kg  x
x = 1,12 kg
Portanto, o fator E para a síntese do 1-bromobutano é, aproximadamente, 1,12. Logo, a alternativa D é a correta.
QUESTÃO 121 
Aumento dos casos de leishmaniose em cães acende alerta para a doença em humanos
Pesquisadores da Fiocruz Mato Grosso do Sul apontam preocupação com o aumento do número de cães com 
leishmaniose em diversos estados, o que, segundo eles, pode indicar uma possível disseminação da doença em humanos. 
Para o pesquisador em Saúde Pública da Fiocruz Mato Grosso do Sul, Eduardo de Castro Ferreira, é essencial intensificar 
as ações de vigilância, controle vetorial e educação da população. 
Disponível em: . Acesso em: 14 ago. 2023. [Fragmento]
Para reduzir o risco de transmissão da doença, uma recomendação eficaz é 
A. 	 esvaziar recipientes com água parada. 
B. 	 evitar o consumo de carnes malcozidas. 
C. 	 utilizar mosquiteiros nas janelas e ao redor de camas. 
D. 	 esterilizar materiais perfurocortantes de uso compartilhado. 
E. 	 higienizar adequadamente alimentos como frutas e legumes. 
Alternativa C
Resolução: Os flebotomíneos são mais ativos durante o crepúsculo e à noite. Desse modo, o uso de mosquiteiros pode 
ajudar a proteger as pessoas da picada do mosquito transmissor da doença. Logo, a alternativa C está correta. A alternativa 
A está incorreta, pois o vetor da leishmaniose não utiliza água parada para reprodução, ao contrário do Aedes aegypti, que 
transmite outras doenças como dengue e zika. A alternativa B está incorreta, pois o agente etiológico não é transmitido por 
meio do consumo de carnes cruas ou malcozidas. A alternativa D está incorreta, pois a doença é transmitida por um vetor, 
e não por materiais infectados em contato com o sangue. Por fim, a alternativa E está incorreta, pois, embora a higienização 
adequada de alimentos seja importante para prevenir outras doenças, como infecções alimentares, não é uma medida 
eficaz na prevenção da leishmaniose, que é transmitida por picadas de mosquitos.
QUESTÃO 122 
Uma importante resposta à luz em plantas é o fototropismo, que envolve o crescimento na mesma direção – ou em 
direção oposta – a uma fonte de luz. Fototropismo positivo é o crescimento em direção à fonte de luz, como mostrado na 
figura; fototropismo negativo é o crescimento em direção oposta à fonte de luz.
Disponível em: . Acesso em: 26 jun. 2021. [Fragmento adaptado]
HY94 
322Y 
CNAT – PROVA II – PÁGINA 18 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Qual é o hormônio vegetal responsável pelo fenômeno 
descrito?
A. 	 Etileno.
B. 	 Auxina.
C. 	 Citocinina.
D. 	 Giberelina.
E. 	 Ácido abscísico.
Alternativa B
Resolução: O fototropismo é a capacidade vegetal de 
direcionar receptores, chamados de fototropinas, à fonte 
de luz. Ele ocorre quando uma região da planta, chamada 
de coleóptilo, recebe maior quantidade de luz, ativando 
mais fototropinas e estimulando uma maior produção de 
auxina. No caso do fototropismo positivo, a auxina migra 
para o lado sombreado. A auxina promove, no lado em que 
está em maior concentração, um crescimento desigual em 
relação ao lado de menor concentração de auxina. Como o 
lado mais exposto à luz cresce menos que o sombreado, há 
uma curvatura em direção à luz. O hormônio que promove 
esse movimento vegetal é a auxina, portanto a alternativa B 
está correta. A alternativa A está incorreta, pois o etileno 
é responsável pelo amadurecimento dos frutos e pela 
queda das folhas. A alternativa C está incorreta, pois a 
citocinina está associada ao estímulo à divisão celular. 
A alternativa D está incorreta, pois, apesar de a giberelina 
ser responsável pelo alongamento celular das plantas, ela 
não está diretamente envolvida no fototropismo – outra 
função associada a esse hormônio vegetal é a de quebra de 
dormência das sementes. A alternativa E está incorreta, pois 
o ácido abscísico inibe o crescimento vegetal e promove a 
dormência em gemas e sementes.
QUESTÃO 123 
O funcionamento do modo inverno e verão de um tipo 
de chuveiro elétrico é determinado pelo circuito ilustrado. 
Composto por uma fonte de tensão de 220 V, duas 
resistências de 20 Ω e uma chave com dois modos, ele 
está entre as opções mais simples no mercado.
No modo verão, o valor da corrente elétrica que flui pelo 
circuito do chuveiro vale
A. 	 5,5 A.
B. 	 6,0 A.
C. 	 9,5 A.
D. 	 11,0 A.
E. 	 22,0 A.
28LY 
Alternativa A
Resolução: Analisando o circuito, quando a chave é 
deslocada para acionar o modo verão, a corrente vai 
atravessar as duas resistências associadas em série. 
Logo, através da Lei de Ohm:
V = R i
i
i = 5,5 A
eq .
( ).220 20 20� �
Portanto, a alternativa A é a correta.
QUESTÃO 124 
Pesquisadores do Centro Brasileiro de Pesquisas 
Físicas (CBPF), no Rio de Janeiro, estão propondo 
uma forma simples de alterar de modo controlado as 
propriedades magnéticas de áreas muito pequenas de 
certos materiais. Simulações sugerem que é possível usar 
pulsos magnéticos intensos e muito breves para manipular 
regiões de poucos nanômetros de materiais que contenham 
ferro, cobalto ou níquel. A característica desses elementos 
que possibilita o procedimento é a de os elétrons nas 
camadas mais externas estarem organizados, funcionando, 
sob certas condições, como ímãs. A estratégia permitiria 
registrar os números 0 e 1, que compõem o bit, a unidade 
básica de informação do código usado pelos computadores, 
abrindo caminho para a criação de dispositivos de memória 
com maior capacidade de armazenamento e menor gasto 
de energia do que os atuais. 
Disponível em: . 
Acesso em: 29 set. 2020. [Fragmento adaptado]
O fenômeno científico em que se baseia a pesquisa descrita 
é a 
A. 	 polarização. 
B. 	 magnetização. 
C. 	 atração magnética. 
D. 	 indução eletromagnética. 
E. 	 inseparabilidade dos polos. 
Alternativa B
Resolução: Como descrito no texto, ao incidir pulsos 
magnéticos sobre os materiais, acontecerá o alinhamento 
dos seus dipolos magnéticos, de forma que a região ficará, 
mesmo que momentaneamente, magnetizada; ou seja, 
apresentará característicassimilares a de ímãs. Portanto, 
a alternativa correta é a B. A alternativa A está incorreta, 
pois no estudo de campos magnéticos não existem polos, 
como no caso de cargas elétricas. A alternativa C está 
incorreta, pois a atração magnética, ainda que esteja 
relacionada, não é unicamente capaz de explicar o fenômeno. 
A alternativa D está incorreta, pois a indução eletromagnética 
está relacionada à geração de uma corrente elétrica. 
A alternativa E está incorreta, pois a inseparabilidade dos 
polos se restringe apenas à inexistência, experimental, 
de monopólios magnéticos, não estando relacionada 
à capacidade de matérias adquirirem e apresentarem 
essas propriedades.
8L11 
ENEM – VOL. 0 – 2025 CNAT – PROVA II – PÁGINA 19BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 125 
Davy descobriu, ainda, que se um fio de platina fosse colocado em uma mistura explosiva, ficaria incandescente, mas 
não inflamaria a mistura [...]. Certas substâncias, como os metais do grupo da platina, podiam induzir uma reação química 
contínua em suas superfícies sem ser consumidas. Assim, por exemplo, o gancho de platina que deixávamos sobre o fogão 
da cozinha fulgurava quando posto no fluxo de gás e, ao ser aquecido ao rubro, acendia o fogo. 
SACKS, O. Tio Tungstênio: Memórias de uma infância química. 
São Paulo: Companhia das Letras, 2002. 
Considerando as informações do texto, a platina é um metal que possui o mesmo comportamento que o 
A. 	 hidróxido de sódio, na saponificação de uma porção de óleo em um béquer laboratorial de ensaios químicos. 
B. 	 gás carbônico, quando colocado em recipiente fechado juntamente com uma vela e um pavio em chamas. 
C. 	 hidrogênio molecular, em células de combustíveis automotivas, sendo, assim, uma rota alternativa de energia. 
D. 	 oxigênio molecular, na oxidação completa da gasolina em automóveis particulares que percorrem os centros urbanos.
E. 	 cloro na forma de radical, na degradação do ozônio estratosférico, quando na presença de grandes quantidades 
de CFCs. 
Alternativa E
Resolução: Algumas substâncias químicas, como os metais do grupo da platina, podem induzir ou acelerar uma 
reação química sem que sejam consumidas, pois atuam como catalisadores. Os CFCs – haletos orgânicos constituídos, 
principalmente, de cloro, flúor e carbono – sofrem decomposição pela radiação solar, e formam espécies altamente 
reativas que podem ser radicais livres, átomos ou moléculas. Essas espécies funcionam como catalisadores da reação de 
degradação da camada de ozônio, que filtra grande parte dos raios ultravioleta e auxilia na manutenção da vida em nosso 
planeta. Logo, a alternativa correta é a E.
QUESTÃO 126 
Um dos experimentos mais apresentados em feiras de ciências consiste em um vulcão cuja lava é obtida por meio de 
reações químicas. Normalmente, utiliza-se a reação entre o ácido acético presente no vinagre e o bicarbonato de sódio. No 
entanto, há uma outra reação que visualmente representa melhor as erupções vulcânicas: a decomposição do dicromato de 
amônio, (NH4)2Cr2O7. Nessa reação, inicialmente é necessário fornecer energia utilizando uma chama, mas, uma vez que a 
reação se inicia, a própria energia do processo permite dar continuidade ao fenômeno. Durante essa reação, é produzido 
óxido de cromo, Cr2O3(s), um sólido que se assemelha às cinzas vulcânicas e que é lançado ao ar pelo nitrogênio molecular, 
liberado na seguinte reação:
(NH4)2Cr2O7(s) → N2(g) + 4H2O(g) + Cr2O3(s) + energia
O aquecimento do meio reacional ocorre em virtude de a 
A. 	 energia liberada no processo ser maior do que a energia absorvida. 
B. 	 decomposição do dicromato de amônio absorver entalpia da vizinhança. 
C. 	 variação de entalpia do processo de decomposição ser maior do que zero. 
D. 	 dissolução do dicromato de amônio ser endotérmica e absorver calor da chama. 
E. 	 transferência de energia ocorrer da vizinhança para o sistema até que seja atingido o equilíbrio térmico.
Alternativa A
Resolução: A reação química de decomposição do dicromato de amônio é exotérmica, ou seja, parte da energia potencial 
do sistema é transformada em energia cinética e a transferência de energia ocorre do sistema para a vizinhança até que 
se atinja o equilíbrio térmico. Além disso, na equação química que descreve o fenômeno, a energia está representada nos 
produtos, conforme a seguir:
(NH4)2Cr2O7(s) → N2(g) + 4H2O(g) + Cr2O3(s) + energia
Dessa forma, a variação da entalpia é negativa e, por isso, a energia liberada no processo é maior do que a energia 
absorvida. Logo, a alternativa A é a correta.
X8XR 
9JOJ 
CNAT – PROVA II – PÁGINA 20 ENEM – VOL. 0 – 2025 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 127 
A propanona, conhecida popularmente como acetona, é um solvente orgânico utilizado na remoção de esmaltes, tintas 
e vernizes. A diferenciação da propanona do seu isômero de função pode ser feita por meio de testes qualitativos como 
o de Tollens, já que a propanona não oxida nessas condições, ao passo que esse isômero sofre o processo de oxidação, 
evidenciado pela formação de espelho de prata. 
A fórmula estrutural condensada do isômero de função da acetona é 
A. 	 CH3COCH3. 
B. 	 CH3CH2COH. 
C. 	 CH3CH2COOH. 
D. 	 CH3CH2CH2OH. 
E. 	 CH3CH(OH)CH3.
Alternativa B
Resolução: Isomeria é a propriedade que alguns compostos apresentam por apresentarem a mesma fórmula molecular, 
mas fórmulas estruturais diferentes. A propanona, C3H6O, conhecida popularmente como acetona, possui como grupo 
funcional a carbonila (C=O) em um carbono secundário, ou seja, ligado a dois átomos de carbono. Como o isômero da 
acetona apresenta resultado positivo no teste de Tollens, ele é um aldeído cuja nomenclatura IUPAC é propanal. A estrutura 
desse composto está representada a seguir:
H C C
H H
H H
C
O
H
Logo, a alternativa B é a correta.
QUESTÃO 128 
A cachaça é uma solução contendo várias substâncias químicas. Sua composição depende da matéria-prima utilizada 
e do modo como a produção foi conduzida. Um estudo comparativo de aguardentes obtidas em alambiques de cobre e de 
aço inox mostrou que as diferenças acentuadas nos teores de acetaldeído, ésteres e álcoois são os responsáveis pelas 
diferenças sensoriais entre os dois tipos de bebida. Alguns pesquisadores consideram importante a presença de cobre nos 
destiladores, atribuindo-lhe o papel de catalisador na transformação de compostos sulfurados voláteis no destilado, cujo 
odor e sabor são desagradáveis. 
PINHEIRO, P. C.; LEAL, M. C.; ARAÚJO, D. A. Origem, produção e composição química da cachaça. 
Revista Química Nova na Escola, n. 18, 2003. [Fragmento adaptado]
As concentrações de algumas das substâncias encontradas em cachaças produzidas nos dois tipos de alambiques estão 
apresentadas a seguir:
Substância
Concentração / mg.L−1
Cobre Aço inox
Metanol 1,82 1,16
Álcool esoamílico 1 095 1 546
Isobutanol 203,5 250
Propanol 58 78,2
Acetaldeído 19 9
Dimetilsulfeto 150 250
Considerando que a densidade da cachaça produzida em um alambique de aço inox seja de 0,95 g.cm–3, a concentração 
da substância que causa odor desagradável nessa bebida é de, aproximadamente,
A. 	 0,016% m/m.
B. 	 0,026% m/m. 
C. 	 1,579% m/m. 
D. 	 25,00% m/m.
E. 	 26,30% m/m.
7YTM 
O6IG 
ENEM – VOL. 0 – 2025 CNAT – PROVA II – PÁGINA 21BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa B
Resolução: Segundo o texto, os compostos sulfurados (que contêm enxofre) são os que conferem odor desagradável 
à cachaça. Como o único composto sulfurado listado na tabela é o dimetilsulfeto e o valor da concentração dele em um 
alambique de aço inox é igual a 250 mg.L–1, utiliza-se o valor da densidade dessa bebida para calcular a massa da solução:
d m
V
m d V
m g cm
m g
=
=
=
=
.
, .0 95 1 000
950
3
De posse do valor da massa da solução e da concentração de dimetilsulfeto no alambique de aço inox, basta realizar a 
seguinte regra de três:
0,250 g de soluto ––––– 950 g de solução
x ––––– 100 g de solução
x = 0,026 g
Portanto, a concentração de dimetilsulfeto na cachaça