Questão 25 - 1ª Fase - ITA 2026

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Gabarito

Matemática
1. 1D
2. 2B
3. 3E
4. 4C
5. 5D
6. 6A
7. 7A
8. 8B
9. 9D
10. 10E
11. 11A
12. 12B
Física
1. 13B
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3. 15D
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5. 17A
6. 18E
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8. 20C
9. 21D
10. 22E
11. 23C
12. 24C
Química
1. 25A
2. 26E
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5. 29E
6. 30B
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Inglês
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ANL
Questão anulada
S/A
Sem alternativas

Questão 25

Objetiva

Um grupo de pesquisadores está testando um novo catalisador heterogêneo para oxidação de um poluente orgânico. Na ausência de catalisador, a constante de velocidade é igual a $2, 0 \cdot 10^{- 3} s^{- 1}$ a 310 K, e a energia de ativação é $85 kJ \cdot {mol}^{- 1}$ . Na presença do catalisador, a constante de velocidade da reação a 310 K aumenta 10 vezes. Considerações: i) o fator pré-exponencial e a ordem de reação não se alteram com a adição do catalisador; e ii) a concentração inicial do poluente é de 0,200 $mol \cdot L^{- 1}$ .

Assinale a alternativa que melhor representa, respectivamente, a energia de ativação e o tempo necessário para que a concentração do poluente caia para 0,050 $mol \cdot L^{- 1}$ na presença do catalisador.

Alternativas

A
79 $kJ \cdot {mol}^{- 1};$ 69 s.
B
66 $kJ \cdot {mol}^{- 1};$ 69 s.
C
72 $kJ \cdot {mol}^{- 1};$ 75 s.
D
66 $kJ \cdot {mol}^{- 1};$ 75 s.
E
79 $kJ \cdot {mol}^{- 1};$ 75 s.

Gabarito:
A

Pela equação de Arrhenius, tem-se:

$k = {Ae}^{\frac{- EA}{RT}}$ ou $\ln k = \ln A - \frac{EA}{R} \cdot \frac{1}{T}$

Assim, tem-se:

$\ln k = \ln A - \frac{E_{A}}{R} \cdot \frac{1}{T} (sem catalisador) \ln 10 k = \ln A - \frac{E_{A}'}{R} \cdot \frac{1}{T} (com catalisador) \ln 10 k - \ln k = - \frac{E_{A}'}{RT} + \frac{E_{A}}{RT} \Rightarrow \ln 10 = \frac{1}{RT} (E_{A} - E_{A}') 2, 3 \cdot 8, 31 \cdot 10^{- 3} \cdot 310 = 85 - E_{A}' \Rightarrow E_{A}' = 85 - 5, 92 \Rightarrow E_{A}' ≃ 79 kJ / mol$

k com catalisador = 10 k sem catalisador $\Rightarrow$ k com catalisador = $2, 10^{- 2} s^{- 1}$

Pela unidade do k, a reação é de primeira ordem e tem $t_{\frac{1}{2}} = \frac{\ln 2}{k} \Rightarrow t_{\frac{1}{2}} = \frac{0, 693}{2 \cdot 10^{- 2}} \Rightarrow t_{\frac{1}{2}} = \frac{69, 3}{2} s$

Como se partiu de 0,2 mol/L e se chegou a 0,05 mol/L, tem-se:

$0, 2 mol / L \overset{t_{\frac{1}{2}}}{\to} 0, 1 mol / L \overset{t_{\frac{1}{2}}}{\to} 0, 05 mol / L$

Portanto, nesse intervalo de tempo, tem-se $2 \cdot t_{\frac{1}{2}}$ , que equivale a, aproximadamente, $69 s$ .

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