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RESOLUÇÃO SIMULADO NACIONAL IME

1ª Fase

QUESTÕES DE 01 A 15

MATEMÁTICA

Questão 01 - Alternativa A

Tem-se que 2 2 2

n n n21212 2 (n ) (12 ) n 12 ,

ou ainda,

2n n n n21212 2(12 )(12 ) .

Com isso,

n n n2 12 12 31 ,

ou ainda,

2 1 n 2 1 n 2 3 n 1 .

Isso implica n 5 . Com n 5 , deseja-se obter a quantidade de números capicuas de 4 algarismos em um sistema

de numeração de base 5. Tais números têm a forma

5abba ,

com a,b {0,1,2,3,4} e a 0 . Com isso, há, ao todo, 4 opções para o algarismo a e 5 opções para o algarismo b .

Assim, considerando-se que 4 5 20 , há, ao todo, 20 números capicuas de 4 algarismos em um sistema de

numeração de base 5.

Questão 02 - Alternativa C

Tem-se que 2 236 2 3 .

Isso implica que 36 tem, ao todo, 3 3 9 divisores positivos. Sendop o produto de todos os divisores positivos de

36, tem-se que

9p 36 ,

ou ainda, 9 9p 2 3 .

Os divisores positivos de p que são múltiplos de 36 têm a forma

2 3 ,

com , {2,3,4,5,6,7,8,9} . Com isso, tem-se, ao todo, 8 opções para e 8 opções para . Assim, considerando-

se que 8 8 64 , o produto dos divisores positivos do número 36 tem, ao todo, 64 divisores positivos múltiplos de

36.


Tem-se n bolas azuis e 10 n bolas brancas. Sendo A o evento formado por duas bolas azuis, tem-se que

n n 1p( )

10 9A

,

ou ainda, 2n n

p( )90

A

.

IME-ITA

2

Sendo B o evento formado por duas bolas brancas, tem-se que

10 n 9 np( )

10 9B

,

ou ainda, 2n 19n 90

p( )90

A

.

Sendo E o evento formado por duas bolas de mesma cor, tem-se que E A B . Disso, considerando-se que A e B

são mutuamente exclusivos, tem-se que

p( ) p( ) p( )E A B ,

ou ainda, 22n 20n 90

p( )90

E

,

o que implica

21 2p( ) n n 1

45 9E .

Questão 04 - Alternativa D

Considerando que a e b são as raízes da equação 2 2x 4x n 0 , tem-se que

a b 4 e 2ab n .

Sendo b a b a

n n n ny log a log a log b log b ,

tem-se que b a b a

ny log a a b b ,

ou ainda, a b

ny log (ab) .

Com isso e considerando que a b 4 e 2ab n , obtém-se 2 4

ny log (n ) .

ou ainda, 8

ny log n .

Disso, ny 8log n , ou ainda, y 8 . Assim, conclui-se que b a b a

n n n nlog a log a log b log b 8 .


Com

1 z 21

3 z 2

,

tem-se que z 2 3 z 2 . Com isso e sendo z x yi , obtém-se

(x 2) yi 3 (x 2) yi ,

ou ainda,

2 2 2 2(x 2) y 3 (x 2) y .

Disso, 2 2 2 2(x 2) y 9(x 2) 9y ,

o que implica 2

25 9x y

2 4

.

Resolução Simulado

3

A figura ilustra todos os números complexos z x yi que satisfazem esta desigualdade.

Trata-se de um círculo com centro no ponto5

,02

C

e raio 3

r2

. Dentre os números complexos que satisfazem

a desigualdade, o de maior argumento principal tem afixo no ponto P, sendo OP tangente ao círculo. Com isso, u

deve ter afixo em P e o módulo de u é a medida do segmento OP. No triângulo OPC, tem-se que 2 2

2 3 5

2 2OP

,

o que implica que o segmento OP mede 2. Assim, o módulo de u é igual a 2.


Sendo P(x) divisível por n 1 n 2x x 1 e P(x) um polinômio de grau n , o quociente da divisão de P(x) por n 1 n 2x x 1 deve ser um polinômio de grau 1. Considerando que Q(x) seja este quociente, Q(x) ax b , com

a 0 . Com isso, n 1 n 2P(x) (x x 1)(ax b) .

Com P(0) 3 , obtém-se b 3 . Com isso e P(1) 3 , obtém-se a 2 . Disso, n 1 n 2P(x) (x x 1)(2x 3) .

Com P(3) 39 , tem-se que n 1 n 2(3 3 1)(3 2 3) 39 ,

ou ainda, n 1 n 23 3 12 0 .

Resolvendo-se esta equação, obtém-se n 3 e, assim, 2n n 1 13 .


Com n 2020 ,

1 1 1

x y 2020 ,

ou ainda,

2020x 2020y xy .

Disso,

2020xy

x 2020

.

Com isso e considerando-se que 2 22020x 2020x 2020 2020 ,

IME-ITA

4

obtém-se 22020

y 2020x 2020

.

Com isso, para se ter pares ordenados (x, y) de números inteiros e positivos que satisfaçam esta igualdade,

x 2020 deve ser um divisor positivo de 22020 . Sendo 2 4 2 22020 2 5 101 , a quantidade de divisores positivos

de 22020 é 5 3 3 45 . Para cada um desses divisores, há um, e somente um, par (x, y) que satisfaz a igualdade.

Assim, p(2020) 45 .


Considerando que ylog x , zlog y e

xlog z são, nesta ordem, termos consecutivos de uma progressão geométrica,

tem-se que 2

z y x(log y) log x log z ,

ou ainda, 3

z y x z(log y) log x log z log y .

Com isso e considerando que

y x zlog x log z log y 1 ,

obtém-se

zlog y 1 ,

o que implica z y . Com isso e 4 4 42x y z , obtém-se 4 42x 2y , o que implica x y , já que x e y são

positivos. Sendo xyz 125 , com z y e x y , tem-se que 3y 125 , o que quer dizer que y 5 . Assim, z 5 ,

x 5 e, com isso, conclui-se que x y z 15 .


Há dois casos a serem considerados. Um é o caso em que uma peça dupla é usada na figura e outro é o caso em que

nenhuma peça dupla é usada na figura.

No primeiro caso, há 4 opções para a posição da peça dupla e 7 opções para a escolha da peça dupla; em seguida,

para a próxima peça no sentido horário, há 6 opções e, para a peça anterior no sentido anti-horário, há 5 opções. Para

a última peça, há apenas 1 opção. Assim, podem ser formadas 4 7 6 5 1 840 figuras ao todo nesse caso.

No segundo caso, há 21 opções para a peça inicial, que pode ser qualquer uma das quatro da figura, e 2 opções para

dispor a peça inicial; em seguida, há 5 opções para a peça seguinte à inicial no sentido anti-horário e 4 opções para a

peça anterior à inicial no sentido horário. Para a última peça, há apenas 1 opção. Assim, podem ser formadas

21 2 5 4 1 840 figuras ao todo nesse caso.

Portanto, Ano pode formar ao todo 1680 figuras distintas.


5

Questão 10 - Alternativa B

Seja n

k 1 2k 1 2k 1

1S

a a

.

Tem-se que

2k 1 2k 1

2k 1 2k 1 2k 1 2k 1

a a1 1

a a a a

.

Com isso e considerando que r seja a razão da progressão aritmética, obtém-se

2k 1 2k 1 2k 1 2k 1

1 1 2r

a a a a

.

Com n

k 1 2k 1 2k 1

1S

a a

,

obtém-se n

k 1 2k 1 2k 1

2r2r S

a a

.

Disso e sabendo que

2k 1 2k 1 2k 1 2k 1

1 1 2r

a a a a

,

tem-se que n

k 1 2k 1 2k 1

1 12r S

a a

,

ou ainda,

1 2n 1

1 12r S

a a

,

o que implica

2n 1 1

1 2n 1

a a2r S

a a

.

Contando que 2n 1 1a a 2n r , obtém-se

1 2n 1

2n r2r S

a a

,

conclui-se que

1 2n 1

nS

a a

.

Assim, n

k 1 2k 1 2k 1 1 2n 1

1 n

a a a a

.

IME-ITA

6

Questão 11 - Alternativa E

Tem-se que

5x xcos3x cos2x 2sen sen

2 2 .

Com isso e cos3x cos2x 0 , obtém-se

5x x2sen sen 0

2 2 ,

ou ainda,

5x xsen sen 0

2 2 .

Com 0 x , tem-se que

xsen 0

2 ,

o que implica

5xsen 0

2 .

Com isso e 5x 5

02 2

, pois 0 x , tem-se que

5x2

2 ,

o que implica

2 4x

5 5

.

Disso,

2 4]a,b[ ,

5 5

,

o que implica

2a

5

e

4b

5

.

Assim,

6a b

5

.


Considere que (x,y)P seja o centro de uma circunferência pertencente ao lugar geométrico. Considerando que a

circunferência é tangente à reta r : x 2 e passa pelo ponto (6,4)A , tem-se que

d( ,r) d( , )P P A ,

ou ainda,

2 2x 2 (x 6) (y 4) .

Disso, obtém-se 28(x 4) (y 4) .

Com isso, o lugar geométrico é descrito por uma parábola com foco no ponto (6,4) e diretriz x 2 0 . Com a

equação da parábola, obtém-se 28x y 8y 48 .

Derivando-se implicitamente esta equação em relação a x, obtém-se

d y d y8 2y 8

d x d x ,

ou ainda,

d y 4

d x y 4

.


7

Deseja-se a equação da reta que passa pelo ponto (6,8) e é tangente à parábola. Sendo r tal reta e observando que

o ponto (6,8) pertence à parábola, com

d y 4

d x y 4

.

tem-se que o coeficiente angular de r é tal que

r

4m

8 4

,

ou ainda, rm 1 . Com isso, a equação da reta r é y 8 1 (x 6) , ou ainda, x y 2 0 .


Considere a figura.

Sendo a medida de AM, AB mede 2 . Com isso, 2(2 ) 3

S4

,

ou ainda, 2S 3 .

Considerando que 2AB AP , tem-se que AP . Com isso, no triângulo MAP, tem-se que 2 2 2PM ,

o que implica

2PM .

Tem-se, ainda, que

2 3

2MC ,

ou ainda,

3MC .

Com o teorema das três perpendiculares, o ângulo PMC é reto. Disso, sendo S' a área do triângulo PMC, tem-se

que

2 3S'

2

,

ou ainda, 2 6

S'2

.

Com isso e 2S 3 , tem-se que

S' 2

S 2 ,

o que implica

2S' S

2 .

IME-ITA

8


Considere a figura.

Há cinco áreas de regiões da superfície da esfera exteriores ao hexaedro: quatro áreas tais como a área

1S e uma

área 2S .

Sendo a medida das arestas do hexaedro, tem-se que

AB e 2

BD .

Sendo r o raio da esfera, no triângulo OBD, tem-se que 2

2 2( r) r2

,

o que implica 5

r8

.

Com isso e 2rBP ,

1

4BP .

Disso,

2

5 1S 2

8 4 ,

ou ainda,

2

2

5S

16

.

Com

5r

8 e

2ON ,

obtém-se

1

8NQ .

Disso,

1

5 1S 2

8 8 ,

ou ainda,

2

1

5S

32

.

Considerando que S é a área da superfície da esfera exterior ao hexaedro, tem-se que

1 2S 4 S S ,

ou ainda,

215S

16

.


9


Considere a figura.

Sendo sm o coeficiente angular da reta s , tem-se que sm 1 . Com

1f (x)

x 1

,

tem-se que

2

1f '(x)

(x 1)

.

Sendo P o ponto em que a reta s tangencia o gráfico da função f , deve-se ter

sf '(x ) mP ,

ou ainda,

2

11

(x 1)P

,

o que implica x 0P ou x 2P . Considerando que a reta s deve intersectar os eixos coordenados nos semieixos

positivos, conclui-se que x 2P . Com isso e contando que f (2) 1 , tem-se que (2,1)P .

Com sm 1 e (2,1)P , a equação da reta s é

y 1 1 (x 2) ,

ou ainda,

x y 3 0 .

Disso,

(3,0)A e (0,3)B ,

o que implica que a área do triângulo AOB é 4,5.

IME-ITA

10


FÍSICA


Conservação da energia mecânica:

2

21 cos 2 1 cos2

mvmg v g

Aplicando a expressão da força centrípeta no ponto mais baixo:

3 2coscpT P F T mg

Substituindo valores, encontramos T = 400 N.

400

4300

3

BEy

BEy

BEx DE

BEx

F T N

FF N F

F

0BDF

400

AB BCx BEx

BCy BEy

F F F

F F N

400 400 2

566

BCx BCy BC

BC

F F N F N

F N


1 1 1´

´

fpp

f p p p f

A velocidade da imagem em relação ao espelho na direção do eixo principal vale ´dp

dt. Aplicando a regra do

quociente:


11

2

.´

fp dp dpd f p f fpp fdp dt dt

dt dt p f

2 2

´2 2

´

p p

f fdp dpv v

dt dt p f p f

A componente da velocidade na direção do eixo principal é máxima quando a velocidade da partícula estiver

nessa mesma direção, isto é, nos pontos em que 1,0 .p m Substituindo os valores fornecidos na equação

obtida anteriormente:

2

44 9,0 /

1 2

p pv v cm s

O sinal negativo indica apenas que objeto e imagem se movem em sentido contrário em relação ao espelho.

Como 9,0

1,56,0

v R R cm


Seja P o peso de cada semicilindro, desse modo temos A BP P P e 2 .oP P Do equilíbrio de forças do

sistema na direção vertical, temos que o peso do conjunto deve ser equilibrado pelas forças normais em A e

B:

4 A BN N P

Da simetria do problema, segue 2 . A BN N P

Seja F a força trocada entre as superfícies cilíndricas e o ângulo que F faz com a horizontal. Então

0 1

0 cos 2

Ry

Rx

F F sen P N F sen P

F F N P

Dividindo (1) por (2) vem tan 1 45 . Logo

2 2cos45 2 2

2

Rd R

d


Pela equação dimensional:

1 2 4

3 1

1 1

M L T LL T

L

M L T

No SI, a unidade seria 1 1. kg m s Contudo, não há essa alternativa. Expressando a pressão P em atm,

encontramos

atm s

IME-ITA

12


Temos o seguinte esquema com as representações das cargas e correntes em cada um dos trechos do circuito:

1 2 3

1 2 3 1

i i i i

Q Q Q Q

Malha :DCA

1

6 624 2

2 10 12 10

Q Q

Malha :ABD

2 32 1

6 6 63

4 10 3 10 2 10

Q QQ Q

Malha :AEB

3 2

6 64

2 10 4 10

Q Q

Resolvendo o sistema formado por

1 , 2 , 3 e 4 encontramos 2 24 Q C

246

4 ABV V


A componente da velocidade do ponto P do cilindro que está em contato com a barra na direção

perpendicular à barra deve ter o mesmo valor da velocidade da barra. Além disso, sabemos que a velocidade,

neste ponto, é a combinação entre a velocidade de translação do centro de massa com a velocidade de rotação

ao redor do centro de massa, ambas valendo 0 . R Desse modo, tem-se o seguinte diagrama vetorial:

Aplicando lei dos senos no triângulo inferior:

0 0 sin

sin 180sin sin

2 2

p

p

v R Rv


13

No triângulo superior:

sin / 2

sin2

barra barrap

p

v vv

v

Igualando as duas expressões:

0sin

barrav

R

A velocidade da barra pode ser determinada em função da velocidade angular , o raio de giração do ponto

em questão pode ser calculado usando trigonometria:

tan / 2

tan2

R RL

L

Substituindo na expressão de 0 :

0

sin tan2

R

R

Fazendo a transformação sin 2sin cos , encontramos

022sin

2


Inicialmente, a força elástica deve balancear o peso suportado pela placa superior mais a força elétrica entre

as placas.

el eF P F

Campo entre as placas:

U

Ed U Ed

A força que uma placa exerce na outra se deve à metade do campo elétrico (a outra metade é produzida pela

própria placa):

2 2 e

qE qUF

d

A carga do capacitor vale ,q CU logo 2

2e

CUF

d

IME-ITA

14

Na situação B, o acréscimo na força elétrica produzido pela adição de um dielétrico deverá ser balanceado

pelo empuxo, de modo que ' el eF E P F

Logo, temos que ' e eE F F

21

2

CUVg

d

A capacitância inicial vale 0A

Cd

e o volume .V Ah . Logo:

2

01

2

U AAhg

d d

Dividindo ambos os lados pela área e substituindo valores:

10 12

3 10 9,0 100,6 10 0,05 10 1

2 0,02 0,02

11

3


1: Falsa. A uma mesma temperatura não há fluxo espontâneo de calor.

2: Falsa, o enunciado descrito é o da Primeira Lei.

3: Verdadeira.

4: Falsa, depende da massa dos corpos.


Após deixar o ventilador

0 0 1

. .

mv Mu

Conservação da q d m

Após colisão com a vela:

' 2Mv mv

Pela condição do choque: 0 0

'3

AF

AP

V v v

v uV


15

Isolamento 0u em 1 , 'v em 2 e substituindo em 3 :

00 '

mv Mvu v

M m

00

v M mMvv

mmv

vM

m

v M m

M

0

mvv

M


Lado esquerdo:

0P A 1L P A

1 0

L x

LP P

L x

Analogamente, do outro lado:

2 0

LP P

L x

Diferença de pressão:

0

1 1

P P L

L x L x

2 2 2

0 2 2

2,

xP P L mas L x L

L x

02

PP x

L

Força restauradora:

F P A

02

K

P AF x MHS

L

2 m

TK

0

22

mL

TP A


Adotando envoltórias esféricas nas quatro regiões definidas e aplicando a Lei de Gauss

0

encq

E d A

Encontramos as seguintes equações para o campo elétrico:

0

3

2

0

3 3

2

0 0

3 3 3

2

0

,3

,3

,3 3

,3

rr a

aa r b

rE r

b arb r c

e r

c b a c rr

Tais equações são condizentes com o que está representado na alternativa D.

IME-ITA

16


Como todos os pontos em uma mesma horizontal de um mesmo trecho de líquido estão a uma mesma pressão

(vasos comunicantes), temos que

2

1 2

1

110

130

110

160

A atm

B A

C B

D C

E D

F E

G F

H G

H

gas

p p

p p cmHg

p p

p p cm H O

P P

P P cmHg

p p

p p

p P cmH O

p p

Logo

2

5 3 3

5

220 290

1,0 10 2,20 13,6 10 10 2,90 1,0 10 10

3,702 10

gas atm

gas

gas

p p cmHg cmH O

p

p Pa


No modo natural de vibração:

2 L

Logo

0

1 1

2 2

v T Tf

L mL

Após ser aquecido por uma variação de temperatura , o comprimento do fio passa a ser

' 1 L L

Logo, a nova frequência será igual a

1/2

0

11

2 1

Tf f

mL


17

Como o coeficiente de dilatação é muito pequeno, podemos usar a aproximação sugerida

0

11

2

f f

Como a diferença entre as frequências é de 1 Hz, temos que 5

0

1 250 5,0 101 1 160

2 2

f C


As duas forças que atuam na barra devem se anular:

10 2 60 0,500 6,0 magP F Mg Bil M M kg


Seja r a resistência equivalente do circuito 1.CKT

Com 1K aberta e 2K fechada: 2 10 R i R

Com 1K fechada e 2K aberta: 1 1 1 1 190 1 ABV R R i ri r i

Com 1K fechada e 2K aberta: 2 2

1 1 1 1 1 1 1360 . 2 Pot Ri R i i ri r i

De 1 e 2 segue que 1 4 22,5 i A r

1 1 1 90 10 00 10 4 6 30 5 50 ABV R R i R R R R V

50 5,40,6 60%

50

Ri


QUÍMICA


IME-ITA

18


A fórmula estrutural do 2-cloro-5-vinilciclopent-3-em-1-ol é:

Observa-se a presença de três (03) carbonos quirais 3n . Logo:

3

1

2

. . . 2

. . . 2

. . . 8

. . 2

. . 2

. . 4

n

n

I O A

I O A

I O A

M R

M R

M R


A solução 71,0 10 mol/L de NaOH fornece 71,0 10 OH .

A água fornece:

2

x x

H O l H aq OH aq

Assim, podemos totalizar: 7; 10 H x OH x

E escrever:

7 1410 10 x x

2 7 1410 10 0 x x 14 2 710 10 1 0 x x

7 14 14

14

10 10 4 10só nos interessa a raiz positiva

2 10

x

7 77

14

10 5 10 5 110

2 10 2

x

7 7 81,2410 0,62 10 6,2 10

2

x

7,21pH

A solução é levemente básica, os íons OH vêm de 2 fontes: 2 .NaOH e H O


19


3 23 2

3 2 23 2

3 23 2

3 8 3 4 2

1 4 1 2 2

3 8 3 4 2

dil

cone

dil

Cu HNO Cu NO H O NO

Cu HNO Cu NO H O NO

Cu HNO Cu NO H O NO

3Cu 38

3 63,5

HNO

g 8 63

20

g

kg

352,9133

dil

x

x kg HNO

3 2 33 21 4 1 2 2

coneCu HNO Cu NO H O NO

1Cu 34

1 63,5

HNO

g 4 63

20

g

kg

379,3700

cone

y

y kg HNO

O processo mais econômico é o que utiliza 3 dil

HNO

Economia 3 3:

cone dilE HNO HNO

79,37 52,9133

26,4567

E y x

E

E kg


0

46

1

12 100

12ln 46

100

ln 4 ln3 ln100 46

2 0,693 1,099 2 2,302 46

0,046

ln 2 0,693

0,046

15

k t

k

m m e

e

k

k

k

k h

p pk

p h


As gorduras são caracterizadas por apresentar predominância de cadeias carbônicas saturadas.

Diferentemente, nos óleos predominam cadeias carbônicas insaturadas.


a) (ERRADO) Desobedece a regra de Hund – regra da máxima multiplicidade – No preenchimento dos

orbitais de um subnível os elétrons entram inicialmente em paralelo, isto é, um em cada orbital com o

mesmo spin, para depois formar os pares. Além disso, os elétrons do subível 3d encontram-se aos

IME-ITA

20

pares no mesmo orbital com o mesmo spin, o que contraria o pricípio da Exclusão de Pauli que diz que

dois elétrons não podem apresentar os mesmo 4 números quânticos. Se eles têm o mesmo spin no

mesmo orbital seguramente haverá a coicidência de dois elétrons com 4 números quânticos iguais.

c) (ERRADO) Não foi obedecida a regra de Hund.

d) (ERRADO) A configuração apresentada é menos estável do que a distribuição 1 5.s d

e) (ERRADO) Idem alternativa anterior.


i) Cálculo do i (fator de Van’t Hoff) do ácido monoprótico (HA).

2

1 1

1 2 1 1

HA H A q

i q

i i

ii) Cálculo da molalidade (W)

10,2 , 2 , 1

0,10,2 2 1

1

c

c

T K K K kg mol i

T K W i

W W

iii) Considerando que a molalidade seja igual a molaridade, temos:

0,1

1

m W

iv) Cálculo de m e da constante de equilíbrio do ácido na solução inicial:

Início:

Reage:

Equilíbrio:

HA H A

m m m

m m m

m m m m

2

2

2

2 2

2 10 mol/L

10

0,110

1

0,1 10 10

0,11

pH H

H m

Cálculo da molaridade m

210

0,11 0,01 0,09 mol/L

m

m m

Constante de equilíbrio 1K

i

H AK

HA

2 2 43

10 10 101,25 10

0,09 0,01 0,08

iK

Anulada (constante não fornecida)


21

v) Cálculo da concentração molar após a diluição:

3 3 3

Início: 0 0

Reage:

Equilíbrio:

10 10 10

HA H A

m

m m m

m m m m

m

3

3

3 10 mol/L

10

pH H

H m

3 3

3 3

3

10 101,25 10 1,8 10

10

i

H AK

HA

mm

vi) Diluição (Volume inicial = 1,0L )

2 2

1 1 2 2

3

2 20,09 1 1,8 10 50

50 1 49

H O H O

m V m V

V V L

V V L


1mol e 96485

4mol

C

e

4 96485

r

r

Q

Q C

Cálculo da massa de zinco

2 65,4 g Zn 4 96485 C

m 3

3

160 10 3600

2 65,4 160 10 3600

4 96485

0,195

C

m

m g Zn


1

2 2 393,5 molC gr O g CO g H kJ

1

2 2 21 285,9 mol

2H g O g H O g H kJ

1

4 2 2 22 2 890,5 molCH g O g CO g H O g H kJ

Para calcular o H da reação

2 42C gr H g CH g

Devemos manter a 1ª equação, multiplicar por 2 a 2ª equação e inverter a 3ª equação:

2C gr O 2g C O

1

2 2

393,5 mol

2

g

H kJ

H g O

22g H O 1

2

571,8 mol

g

H kJ

C O

22g H O 4 22g CH g O

1

1

2 4

890,5 mol

2 74,8 mol

g

H kJ

C gr H g CH g H kJ

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