QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR...

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Química

QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS

1. O AMONÍACO NA SOCIEDADE (pp. 244-247)

1.1. Uma reação de síntese é uma reação química

em que dois ou mais reagentes dão origem a

um só produto, obedecendo à Lei de Conser-

vação da Massa (Lei de Lavoisier).

1.2. (B)

Como os constituintes da mistura têm pontos

de ebulição próximos, para os separar realiza-

-se uma destilação fracionada.

1.3.1.

N2 (g) + 3 H2 (g) 2 NH3 (g)

1.3.2.

A expressão da constante de equilíbrio para a

reação de síntese do amoníaco é dada por:

Kc =

Atendendo ao gráfico, verifica-se que o valor

da constante de equilíbrio, Kc, diminui com o

aumento de temperatura, isto é, com o au-

mento de temperatura, as concentrações dos

reagentes aumentam e as concentrações dos

produtos da reação diminuem, o que traduz

evolução do sistema no sentido inverso.

Atendendo ao princípio de Le Châtelier, quando

se provoca uma perturbação ao sistema em

equilíbrio, este evolui de modo a contrariar a

perturbação a que foi sujeito. Assim, aumen-

tando a temperatura, o sistema evolui no sen-

tido inverso. Então, nesse sentido ocorre

absorção de energia pelo que a reação é endo-

térmica.

1.3.3.

(A)

(B) A elevação da temperatura de um sistema

aumenta a velocidade da reação.

(C) A reação de síntese do amoníaco é exotér-

mica. (Ver 1.3.2)

(D) A elevação de temperatura favorece a rea-

ção que ocorre com consumo de energia, ou

seja, a reação endotérmica, o que no caso da

síntese do amoníaco se verifica quando o sis-

tema evolui no sentido inverso, produzindo H2

e N2.

1.3.4.

(A) Corrosivo.

(B) Perigoso para o ambiente.

(C) Proteção obrigatória dos olhos.

(D) Proteção obrigatória das mãos.

1.3.5.

São impostas condições de segurança na mani-

pulação do amoníaco pois este é muito corrosivo,

constituindo perigo para a saúde e para o am-

biente. Os vapores de amoníaco são irritantes e

corrosivos constituindo uma ameaça para os

olhos e para as vias respiratórias. As soluções de

amoníaco podem causar queimaduras graves.

1.4.1.

(C) Atendendo apenas à informação contida

no gráfico, verifica-se que a produção de amo-

níaco é favorecida por baixas temperaturas e

por elevadas pressões.

A percentagem de amoníaco na mistura au-

menta com a diminuição de temperatura e

com o aumento de pressão.

O processo de formação do amoníaco é exo-

térmico. Quando se aumenta a temperatura, a

pressão constante, a percentagem de amo-

níaco no sistema diminui, o que significa evo-

lução do sistema no sentido inverso com

diminuição da concentração dos produtos da

reação e aumento da concentração dos rea-

gentes, pelo que Kc diminui.

1.4.2.

Determinar a massa total do sistema.

Por leitura no gráfico, para as condições

T = 400 °C e P = 130 atm, a % de NH3 na mis-

tura reacional é 31%

% (NH3) = * 100 §

§ m(total do sistema)= * 100 §

§ m(total do sistema) = * 100 §

§ m(total do sistema) = 242 t

Determinar a massa de NH3 obtida quando,

T = 300°C e P = 100 atm.

Para estas condições, a % de NH3 na mistura

reagente é 50%.

%(NH3) = * 100 §

§ m(NH3) = §

§ m(NH3) = § m(NH3) = 121 t

Determinar a variação de massa.

Dm = m(NH3)(300 °C, 100 atm)-m(NH3)(400 °C, 130 atm) §

§ Dm = 121 – 75 = § Dm = 46 t

"@

[NH3]e2

[N2]e * [H2]e2

m(NH3)

m(total do sistema)

m(NH3)

%(NH3)

75

31

m(NH3)

m(total)

%(NH3) * m(total)

100

50 * 242

100

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Fazer a síntese à temperatura de 300 °C e à

pressão de 100 atm provocaria um aumento

de produção de amoníaco de 46 toneladas.

1.4.3.

A linha do gráfico assinalada com x não pode

corresponder aos dados de equilíbrio para uma

reação realizada à temperatura de 500 °C na

presença de um catalisador, pois a presença

deste não altera a composição do sistema. A

presença do catalisador altera o tempo que se

demorou a atingir o estado de equilíbrio, mas

não alterando a composição do mesmo.

1.4.4.

Teoricamente, as condições de pressão e tem-

peratura que favoreceriam a formação de NH3

seriam altas pressões e baixas temperaturas,

pois como já foi explicado em itens anteriores,

a constante de equilíbrio aumenta com a dimi-

nuição de temperatura e com o aumento de

pressão.

1.4.5.

A reação de síntese do amoníaco é uma reação

exotérmica. Assim, de acordo com o Princípio

de Le Châtelier, a reação é favorecida por uma

diminuição de temperatura. Diminuindo a tem-

peratura o sistema tende a evoluir no sentido

directo, libertando energia para assim contra-

riar a diminuição de temperatura provocada.

Porém, na prática não pode ser muito baixa,

pois para que se possa formar o amoníaco é

necessário que se rompam as ligações H–H e

N≠N, o que requer energia, a chamada energia

de ativação. Ou seja, se a temperatura for

muito baixa, a reação nem sequer se inicia,

apesar da constante de equilíbrio ser elevada.

Por este motivo, houve que escolher uma tem-

peratura de compromisso (450 °C) entre o au-

mento do rendimento e a diminuição da

velocidade da reação.

A reação evolui de reagentes para produtos

com diminuição da quantidade contida na fase

gasosa. Assim, acordo com o Princípio de Le

Châtelier, quando o sistema é sujeito a um au-

mento de pressão evolui no sentido directo

(menor quantidade contida na fase gasosa),

para deste modo contrariar a perturbação a que

foi sujeito, sendo por isso favorecida por altas

pressões. Deste modo, teoricamente prevê-se

que a produção de amoníaco seja favorecida

por altas pressões e baixas temperaturas. Na

prática, utilizam-se pressões elevadas mas de

modo a garantir a segurança, pressão entre 200

e 300 atmosferas, já que pressões elevadas exi-

gem equipamentos dispendiosos, maiores con-

dições de segurança e temperaturas da ordem

de 450 °C, utilizando-se ferro metálico como ca-

talisador.

1.5. Determinar a energia gasta na dissociação

de ligações.

Energia gasta na dissociação de três moles de

H2 (g) é 436 * 3 " 1308 kJ

Energia gasta na dissociação de uma mole de

N2 (g) é 94 kJ

Energia total gasta na dissociação das liga-

ções 1308 + 94 = 1402 kJ

Determinar a energia libertada na formação

de ligações.

Seja x a energia de ligação N–H.

Energia libertada na formação de duas moles

de NH3 (g) é x * 6 " 6x (kJ)

Energia total libertada na formação das liga-

ções " 6x (kJ)

Determinar x.

DH = Energia gasta – Energia libertada

- 93 = 1402 - 6x §- 6x = - 93 + (- 1402) §

§ 6x = 1495 §

§ x = § x = 249,2 kJ mol-1

A energia de ligação azoto-hidrogénio é

249,2 kJ mol-1.

1.6.1.1.

Determinar a quantidade de tetracloroplati-

nato (II) de potássio – K2PtCl4.

Mr(K2PtCl4) = 2 Ar(K) + Ar(Pt) + 4 Ar(Cl)

Mr(K2PtCl4) = 2 * 39,10 + 195,08 + 4 * 35,45

Mr(K2PtCl4) = 415,08

M(K2PtCl4) =415,08 g mol-1

n(K2PtCl4) = §

§ n(K2PtCl4) = §

§ n(K2PtCl4) = 0,241 mol

Determinar a quantidade de amoníaco.

Mr(NH3) = Ar(N) + 3 Ar(H)

Mr(NH3) = 14,01 + 3 * 1,01

Mr(NH3) =17,04 ± M(NH3) =17,04 g mol-1

n(NH3) = § n(NH3) = §

§ n(NH3) = 0,587 mol

1495

6

m(K2PtCl4)

M(K2PtCl4)

100

145,08

10,0

17,04

m( NH3)

M(NH3)

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Determinar o reagente limitante.

Tendo em conta a estequiometria da reação:

n(NH3) = 2 n(K2PtCl4) § n(NH3) = 2 *0,241 §

§ n(NH3) = 0,482 mol

Para que 0,241 mol de K2PtCl4 reagissem com-

pletamente seriam necessários 0,482 mol de

NH3. Como existe 0,587 mol de NH3, este está

em excesso, existe em maior quantidade que

a necessária, logo o K2PtCl4 é o reagente limi-

tante.

Determinar a quantidade de cisplatina –

Pt(NH3)2Cl2, teoricamente prevista.

n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. = n(K2PtCl4) §

§ n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. = 0,241 mol


Pt(NH3)2Cl2, realmente obtida.

h = * 100 §

§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. = §

§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. = §

§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. = 0,193 mol

A quantidade de cisplatina formada na reação

foi 0,193 mol.

1.6.1.2.

Determinar a quantidade de tetracloroplati-

nato (II) de potássio – K2PtCl4.

Mr(K2PtCl4) = 2 Ar(K) + Ar(Pt) + 4 Ar(Cl)

Mr(K2PtCl4) = 2 * 39,10 + 195,08 + 4 * 35,45

Mr(K2PtCl4) = 415,08

M(K2PtCl4) =415,08 g mol-1

n(K2PtCl4) = §

§ n(K2PtCl4) = §

§ n(K2PtCl4) = 0,241 mol



Mr(NH3) = 14,01 + 3 * 1,01

Mr(NH3) =17,04 ± M(NH3) =17,04 g mol-1

n(NH3) = § n(NH3) = §

§ n(NH3) = 0,587 mol


Tendo em conta a estequiometria da reação:

n(NH3) = 2 n(K2PtCl4) § n(NH3) = 2 *0,241 §

§ n(NH3) = 0,482 mol

Para que 0,241 mol de K2PtCl4 reagissem com-

pletamente seriam necessários 0,482 mol de

NH3. Como existe 0,587 mol de NH3, este está

em excesso, existe em maior quantidade que

a necessária, logo o K2PtCl4 é o reagente limi-

tante.


Pt(NH3)2Cl2, teoricamente prevista.

n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. = n(K2PtCl4) §

§ n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. = 0,241 mol



h = * 100 §

§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. = §

§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. = §

§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. = 0,193 mol

A quantidade de cisplatina formada na reação

foi 0,193 mol.

Determinar a massa de cisplatina –


Mr (Pt(NH3)2Cl2) = Ar(Pt) + 2Ar(N) + 6Ar(H) +

+ 2Ar(Cl)

Mr (Pt(NH3)2Cl2) = 195,08 + 2×14,01 +

+ 6 × 1,01+2 × 35,45

Mr (Pt(NH3)2Cl2) = 300,06 §

§ M(Pt(NH3)2Cl2) = 300,06 g mol-1

m(Pt(NH3)2Cl2) = n(Pt(NH3)2Cl2) ×

× M (Pt(NH3)2Cl2)§ m(Pt(NH3)2Cl2) =

= 0,193 × 300,06§

§ m(Pt(NH3)2Cl2) = 57,91 g

Determinar a massa total de reagentes

massa total de reagentes = m(K2PtCl4) +

+ m(NH3)

massa total de reagentes = 100,0 + 10,0

massa total de reagentes = 110,0 g

Determinar a economia atómica percentual.

EA% = ×100

EA% = ×100 §

§ EA% = × 100 §

§ EA% = 52,6%

Nestas condições a economia atómica percentual

da produção de cisplatina é 37,9%.

n(Pt(NH3)2Cl2)r.o.

n(Pt(NH3)2Cl2)t.p.

n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. * h

100

0,241 * 80,0

100

m(K2PtCl4)

M(K2PtCl4)

100

145,08

m( NH3)

M(NH3)

10,0

17,04

n(Pt(NH3)2Cl2)r.o.

n(Pt(NH3)2Cl2)t.p.

n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. * h

100

0,241 * 80,0

100

massa de átomos de reagentes incorporada no produto desejado

massa total de átomos dos reagentes

m(Pt(NH3)2Cl2)

m(K2PtCl4) + m(NH3)

57,91

110,0

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1.6.2.1.

(C)

(A) Afirmação incorreta. Para a mesma tem-

peratura, quanto maior for o pH menor o cará-

ter ácido. Para a mesma temperatura, uma

solução saturada de Pt(NH3)2Cl2 é menos

ácida que uma solução saturada de K2PtCl4,

pois apresenta maior pH.

(B) Afirmação incorreta. Para a mesma tem-

peratura, soluções saturadas de Pt(NH3)2Cl2 e

de K2PtCl4 apresentam diferente valor de pH

e, por isso, vão apresentar diferente concen-

tração de H3O+.

pH = - log [H3O+] § [H3O

+]= 10-pH

(C) Afirmação correta. Soluções saturadas de

Pt(NH3)2Cl2 e de K2PtCl4 podem apresentar a

mesma concentração de H3O+ desde que a

temperatura não seja a mesma.

(D) Afirmação incorreta. Soluções saturadas

de Pt(NH3)2Cl2 e de K2PtCl4 possuem iões OH-

em solução aquosa, já que:

[OH-] = ou [OH-] = 10-pOH

1.6.2.2.

(A)

Determinar a massa de cada uma das subs-

tâncias correspondente a uma mesma

quantidade, n.

Considerar a quantidade de cada uma das

substâncias igual a n

n(Pt(NH3)2Cl2) = n(K2PtCl4) = n mol

Tendo em conta as respetivas massas molares

m(Pt(NH3)2Cl2) = n(Pt(NH3)2Cl2) *M(Pt(NH3)2Cl2)

m(Pt(NH3)2Cl2) = 300,05 * n (g)

m(K2PtCl4) = n(K2PtCl4) * M(K2PtCl4)

m(K2PtCl4) = 415,09 * n (g)

Determinar o volume ocupado por essa

massa para cada uma das substâncias.

rsubstância = §

§ V(substância) =

V(K2PtCl4) = §

§ V(K2PtCl4) = §

§ V(K2PtCl4) = 122,1 n (cm3)

V(Pt(NH3)2Cl2) = §

§ V(Pt(NH3)2Cl2) = §

§ V(Pt(NH3)2Cl2) = 81,1 n (cm3)

Determinar a razão dos volumes.

= §

§ = 1,5 §

§ V(K2PtCl4) = 1,5 V(Pt(NH3)2Cl2)

A expressão anterior permite concluir que

para iguais quantidades de Pt(NH3)2Cl2 e de

K2PtCl4, o volume ocupado pelo K2PtCl4 é

1,5 vezes maior que o de Pt(NH3)2Cl2.

Considerar a massa de cada uma das subs-

tâncias igual e com valor m.

Considerar m a massa de cada uma das subs-

tâncias.

m(Pt(NH3)2Cl2) = m(K2PtCl4) = m (g)

Determinar o volume ocupado por essa

massa para cada uma das substâncias.

rsubstância = §

§ V(substância) =

V(K2PtCl4) = §

§ V(K2PtCl4) = (cm3)

V(Pt(NH3)2Cl2) = §

§ V(Pt(NH3)2Cl2) = (cm3)

Determinar a razão dos volumes.

= §

§ = * §

§ = 1,1 §

§ V(K2PtCl4) = 1,1 V(Pt(NH3)2Cl2)

A expressão anterior permite concluir que

para massas iguais de Pt(NH3)2 Cl2 e de

K2PtCl4, o volume ocupado pelo K2PtCl4 é

1,1 vezes maior que o volume ocupado pelo

Pt(NH3)2Cl2.

Kw

[H3O+]

m(substância)

V(substância)

m(substância)

rsubstância

m(K2PtCl4)

rK2PtCl4

415,09 n

3,4

m(Pt(NH3)2Cl2)

r(Pt(NH3)2Cl2)

300,05 n

3,7

122,1 n

81,1 n

V(K2PtCl4)

V(Pt(NH3)2Cl2)

V(K2PtCl4)

V(Pt(NH3)2Cl2)

m(substância)

V(substância)

m(substância)

rsubstância

m

rK2PtCl4

m

3,4m

r(Pt(NH3)2Cl2)

m

3,7

m3,4m

3,7

V(K2PtCl4)

V(Pt(NH3)2Cl2)

3,7

m

m

3,4

V(K2PtCl4)

V(Pt(NH3)2Cl2)

V(K2PtCl4)

V(Pt(NH3)2Cl2)

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1.7. (C)


m(NH3) =14 mg § m(NH3) = 1,4 * 10-2 g


Mr(NH3) = 14,01 + 3 * 1,01

Mr(NH3) = 17,04 ± M(NH3) =17,04 g mol-1

n(NH3) = § n(NH3) = §

§ n(NH3) = 8,22 * 10-4 mol

Determinar o número de moléculas de amo-

níaco – NH3.

N(NH3) = n(NH3) * NA §

§ N(NH3) = 8,22 * 10-4 * 6,02 * 1023 §

§ N(NH3) = 4,95 * 1020 moléculas

Determinar o número de átomos de azoto

(N) em 4,95 * 1020 moléculas de NH3.

N(N) = N(NH3) § N(N) = 4,95 * 1020 átomos.

Determinar o número de átomos de hidro-

génio (H) em 4,95 * 1020 moléculas de NH3.

N(H) = 3 N(NH3) § N(H) = 3 * 4,95 * 1020 §

§ N(H) = 1,49 * 1021 átomos.

1.8.1. (C)

De acordo com a Lei de Avogadro, pode dizer -

-se que volumes iguais de gases diferentes,

considerados perfeitos, nas mesmas condi-

ções de pressão e temperatura, possuem a

mesma quantidade de cada um desses gases.

Assim, a quantidade de gases em cada um dos

cilindros é igual e considera-se n.

Determinar a massa molar de cada subs-

tância.


Mr(NH3) = 14,01 + 3 * 1,01

Mr(NH3) = 17,04 ± M(NH3) = 17,04 g mol-1

Mr(H2) = 2 Ar(H)

Mr(H2) = 2 * 1,01 § Mr(H2) = 2,02

M(H2) = 2,02 g mol-1

Mr(N2) = 2 Ar(N) § Mr(N2) = 2 * 14,01 §

§ Mr(N2) = 28,02 ± M(N2) = 28,02 g mol-1

Determinar a massa contida em cada cilin-

dro.

Cilindro X:

n(NH3) = n

mno cilindro X = n(NH3) * M(NH3) §

§ mno cilindro X = n * 17,04 §

§ mno cilindro X = 17,04 n (g)

Cilindro Y:

n(NH3) + n(H2) = n § n(NH3) = (n - n(H2))

mno cilindro Y = m(NH3) + m(H2)

mno cilindro Y = n(NH3) * M(NH3) + n(H2) * M(H2)

mno cilindro Y = (n - n(H2)) * M(NH3) + n(H2) * M(H2) §

§ mno cilindro Y = (n - n(H2)) * 17,04 + n(H2) * 2,02

mno cilindro Y = 17,04n - 17,04n(H2) + 2,02n(H2)

mcilindro Y = (17,04n - 15,02 n(H2)) (g)

Cilindro Z:

n(NH3) + n(N2) = n § n(NH3) = (n - n(N2))

mno cilindro Z = m(NH3) + m(N2) §mno cilindro Z = n(NH3) * M(NH3) + n(N2) * M(N2)

mno cilindro Z = (n - n(H2)) * M(NH3) + n(N2) * M(N2) §

§mno cilindro Z = (n-n(N2)) *17,04 +n(N2) *28,02 §

§mno cilindro Z = 17,04n- 17,04n(N2) +28,02n(N2) §

§ mno cilindro Z = (17,04n + 10,98 n(N2)) (g)

mno cilindro Y < mno cilindro X < mno cilindro Z

1.8.2. (C) Estabelecer a expressão que permite deter-

minar a quantidade de NH3.

V(NH3) = n(NH3) * Vm § n(NH3) =

Estabelecer a expressão que permite deter-

minar o número de moléculas de NH3.

N(NH3) = n(NH3) * NA §

§ N(NH3) = * NA §

§ N(NH3) = * 6,02 * 1023

1.9.1. Determinar a quantidade de amoníaco utili-

zada.

V(NH3 = n(NH3) * Vm §

§ n(NH3) = § n(NH3) = §

§ n(NH3) = 10,0 mol

Determinar a quantidade de ácido nítrico

que teoricamente se deveria obter.

De acordo com a estequiometria da reação

n(HNO3)t.p. = n(NH3) §

§ n(HNO3)t.p. = * 10,0 §

§ n(HNO3)t.p. = 5,00 mol

Determinar a quantidade de ácido nítrico

que realmente se obtém.

h = * 100 §

§ n(HNO3)r.o. = §

§ n(HNO3)r.o. = §

§ n(HNO3)r.o. = 4,50 mol

m(NH3)

M(NH3)

1,4 * 10-2

17,04

n(NH3)

Vm

V(NH3)

Vm

4,48

22,4

225

22,4

V(NH3)

Vm

1

2

1

2

n(HNO3)r.o.

n(HNO3)t.p.

h * n(HNO3)t.p.

100

90,0 * 5,00

100

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Determinar a massa de ácido nítrico que

realmente se obtém.

Mr(HNO3) = Ar(H) + Ar(N) + 3 Ar(O)

Mr(HNO3) = 1,01 + 14,01 + 3 * 16,00

Mr(HNO3) = 63,02

M(HNO3) = 63,02 g mol-1

m(HNO3)r.o. = n(HNO3)r.o. * M(HNO3)

m(HNO3)r.o. = 4,50 * 63,02 §

§ m(HNO3)r.o. = 284 g

A massa, em gramas, de HNO3 produzida foi

248 g.

1.9.2.

Segundo a teoria de Arrhenius, base é toda a

substância que se dissocia em água originando

iões OH- pelo que NH3 não é uma base de Arr-

henius. Porém, segundo Brönsted-Lowry, de-

fine-se base como uma espécie com tendência

para aceitar protões, o que se verifica na rea-

ção de amoníaco com água:

NH3 (aq) + H2O (l) NH4+ (aq) + OH- (aq)

O amoníaco (base) aceita o catião hidrogénio (H+)

proveniente da água, que funciona como ácido,

transformando-se no catião amónio (NH4+).

1.9.3.

O azoto e o oxigénio são elementos que per-

tencem ao mesmo período da Tabela Perió-

dica.

Ao longo de um período da Tabela Periódica, o

raio atómico diminui com o aumento do nú-

mero atómico. Como o número atómico do

azoto é inferior ao número atómico do oxigé-

nio, pode concluir-se que o raio atómico do

azoto é superior ao do oxigénio.

"@

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2. RENDIMENTO DE UMA SÍNTESE(pp. 248-250)

2.1. O fator que mais contribui para o elevado

custo de produção de um dado fármaco será

a complexidade das fases da produção, desde

as matérias iniciais até ao produto fabricado.

2.2. (C) Uma reação de síntese ocorre entre dois

ou mais reagentes originando um produto de

reação que é uma substância composta

2.3. (A) Afirmação verdadeira.

(B) Afirmação falsa. É muito pouco provável

que o rendimento de uma reação química seja

de 100%, pelo que as quantidades de produtos

obtidos são, de um modo geral, inferiores às

previstas pela estequiometria.

(C) Afirmação falsa. Um rendimento de 35%

significa que a quantidade (ou massa ou vo-

lume) de produto obtido foi 35% da quantidade

(ou massa ou volume) de produto prevista

(aquela que se esperava obter se o rendimento

fosse de 100%.

(D) Afirmação verdadeira.

(E) Afirmação verdadeira.

(F) Afirmação verdadeira.

(G) Afirmação falsa. Os hidrocarbone-

tos são os compostos orgânicos mais

simples, adquirem este nome por

serem apenas constituídos por carbono

e hidrogénio. O anidrido acético não é um hidro-

carboneto pois além de possuir carbono e hidro-

génio também possui oxigénio. Porém não

possui o grupo funcional característico dos aldeí-

dos, o grupo formilo .

2.4.1.

Determinar a quantidade de p-ami nofenolutilizado, n (C6H7NO)utilizado.

Mr (C6H7NO) = 6Ar(C) + 7Ar(H) + Ar(N) +

+ Ar(O)

Mr (C6H7NO) = 6 × 12,01 + 7 × 1,01 + 14,01 +

+ 16,00

Mr (C6H7NO) = 102,10 § M (C6H7NO) =

= 109,14 g mol-1

n (C6H7NO)utilizado = §

§ n (C6H7NO)utilizado = §

§ n (C6H7NO)utilizado = 4,78 × 10–2 mol

Determinar a massa de anidrido acético, m

(C4H6O3)utilizado.

m (C4H6O3) = r (C4H6O3 × V (C4H6O3) §

§ m (C4H6O3) = 1,08 × 6,0 §

§ m (C4H6O3)utilizado = 6,48 g

Determinar a quantidade de anidrido acé-

tico, n (C4H6O3)utilizado.

Mr (C4H6O3) = 4Ar(C) + 6Ar(H) + 3Ar(O)

Mr (C4H6O3) = 4 × 12,01 + 6 × 1,01 + 3 × 16,00

Mr (C4H6O3) = 102,10 § M (C4H6O3) =

= 102,10 g mol-1

n (C4H6O3)utilizado = §

§ n (C4H6O3)utilizado = §

§ n (C4H6O3)utilizado = 6,35 × 10–2 mol


Tendo em conta a estequiometria da reação

n (C6H7NO) = n (C4H6O3). Assim, para que

4,78 × 10–2 moles de p-aminofenol reagissem

completamente seriam necessários 4,78 × 10–2

moles de anidrido acético; como existem

6,35 × 10–2 moles (6,35 × 10––2 > 4,78 × 10–2) o

anidrido acético está em excesso sendo o p-

aminofenol o reagente limitante.

Determinar a quantidade de paracetamol

teoricamente prevista (aquela que se obte-

ria se o rendimento fosse de 100 %),

n(C8H9NO2)t.p..

n(C8H9NO2)t.p. = n (C6H7NO)utilizado §

§ n(C8H9NO2)t.p = 4,78 × 10–2 mol

Determinar a massa de paracetamol real-

mente obtida, m(C8H9NO2)r.o..

m(C8H9NO2)r.o. = m(papel de filtro com os cris-

tais secos) – m(papel de filtro)

m(C8H9NO2)r.o. = 5,32– 0,72

m(C8H9NO2)r.o. = 4,60 g

Determinar a quantidade de paracetamol

realmente obtida, n(C8H9NO2)r.o..

Mr (C8H9NO2) = 8Ar(C) + 9Ar(H) + Ar(N) +

+ 2Ar(O)

Mr (C8H9NO2) = 8 × 12,01 + 9 × 1,01+

+ 14,01 + 2 × 16,00

Mr (C8H9NO2) = 151,18 § M (C8H9NO2) =

= 151,18 g mol-1

m (C6H7NO)

M (C6H7NO)

5,1

109,14

m (C4H6O3)utilizado

M (C4H6NO)

6,48

102,10

© Edições ASA

C

O

H

8

Química


n (C8H9NO2)r.o. = §

§ n (C8H9NO2)r.o. = §

§ n (C8H9NO2)r.o. = 3,04 × 10–2 mol

Determinar o rendimento da reação, h.

h = × 100 §

§ h = § h = 63,6% §

§ h = 63,6%

2.4.2. (C)

Para medir os 6,0 mL de anidrido etanóico

deve utilizar-se uma pipeta graduada, só esta

permite medir os 6,0 mL e posteriormente adi-

cionar alíquotas de 1,0 mL.

(A) Representa um balão volumétrico. O balão

volumétrico é um recipiente de vidro, em

forma de pera, com rolha, com base plana e

colo alto e estreito, marcado com uma linha

horizontal que indica o seu volume exato. Os

balões volumétricos destinam-se a ser usados

na preparação de soluções de concentração ri-

gorosamente conhecida.

(B) Representa um matraz ou balão de Erlen-

meyer. É um frasco em balão, usado como re-

cipiente no laboratório, inventado pelo químico

alemão Emil Erlenmeyer, e é frequentemente

usado em titulações. A parede em forma de

cone invertido evita que o líquido no seu inte-

rior jorre para fora.

(C) A pipeta graduada é um instrumento em

vidro que permite a medição e transferência

de volumes variáveis de líquidos. É um tubo

longo e estreito, aberto nas duas extremida-

des, marcado com linhas horizontais que cons-

tituem uma escala graduada.

(D) A pipeta volumétrica é um instrumento em

vidro que permite a medição rigorosa e trans-

ferência de volumes de líquidos. É um tubo

longo e estreito, com uma zona central mais

larga, aberto nas duas extremidades, marcado

com uma linha horizontal que indica o volume

exato de líquido que pode transferir.

2.4.3. (D)

(A) Este processo conduz a perdas de massa

no almofariz, pelo que não é recomendável a

trituração depois da determinação da massa

do p-aminofenol. A trituração deve ser feita e

só posteriormente se deve fazer a determina-

ção da massa, já com o composto devida-

mente triturado.

(B) A redução dos cristais a pó, não facilita

nem dificulta a medição da sua massa.

(C)Os cristais de sal devem ser reduzidos a pó

pois o maior grau de divisão favorece a sua in-

teração com os outros reagentes, isto é, torna

o processo mais rápido. Esta opção não deve

ser a escolhida pois não traduz uma ação, mas

sim a justificação da ação referida em (D).

(D) A redução dos cristais a pó deve ser feita

antes da determinação da sua massa, pois du-

rante este procedimento ocorrem perdas de

massa no almofariz.

2.4.4.

Arrefeceram em banho de água gelada, para

favorecer a formação dos cristais, que são

mais solúveis a quente, e para tornar a preci-

pitação dos cristais mais rápida.

2.4.5.1.

Os cristais obtidos por este processo de sín-

tese são muito finos e pequenos pelo que a fil-

tração por sucção é uma forma de tornar o

processo mais rápido e eficaz em virtude da di-

mensão dos sais formados. Além disso, a fil-

tração por sucção permite uma secagem dos

cristais mais eficaz e rápida.

2.4.5.2. (A)

2.5.1.

(D)

Determinar a massa molar de O2.

Mr(O2) = 2 Ar(O) § Mr(O2) = 2 * 16,00 §

§ Mr(O2) =32,00 ± M(O2) = 32,00 g mol-1

Determinar a quantidade de O2.

n(O2) = § n(O2) =

Determinar o número de átomos de O.

N(átomos de O) = 2 * n(O2) * NA

N(átomos de O) = 2 * *6,02 *1023 átomos

2.5.2.

Determinar a quantidade de O2 (ver item an-

terior).

n(O2) = § n(O2) = §

§ n(O2) = 1,33 mol

42,4

32,00

m(O2)

M(O2)

42,4

32,00

42,4

32,00

m(O2)

M(O2)

n (C8H9NO2)r.o.

n (C8H9NO2)t.p.

3,04 × 10–2

4,78 × 10–2

4,60

151,18

m (C8H9NO2)r.o.

M (C8H9NO2)

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9

Química


Determinar a percentagem de pureza. % de pureza = 100,0% - % de impurezas % de pureza = 100,0% - 20% § § % de pureza = 80,0% Determinar a massa de KCl pura.

% de pureza= * 100 §

§ m(KCl)pura = §

§ m(KCl)pura = §

§ m(KCl)pura = 28,4 g

Determinar a quantidade de KCl. Mr(KCl) = Ar(K) + Ar(Cl) Mr(KCl) = 39,10 + 35,45 §

§ Mr(KCl) = 74,55 M(KCl) = 74,55 g mol-1

n(KCl) = § n(KCl) = §

§ n(KCl) = 3,81 * 10-1 mol Determinar o reagente limitante. Tendo em consideração a estequiometria da

reação:

n(O2) = n(KCl) §

n(O2) = * 3,81 * 10-1 § n(O2) = 0,571 mol

Para que 3,81 * 10-1 mol de KCl reagissem com-pletamente, seriam necessários 0,571 mol deO2. Existem 1,33 mol de O2 (mais do que o ne-cessário) pelo que o O2 está,portanto, em ex-cesso, sendo que o KCl é o reagente limitante.

Determinar a quantidade de KClO3 obtido. Tendo em consideração a estequiometria da

reação: n(KClO3) = n(KCl) §

§ n(KClO3) = 9,52 * 10-2 mol

Determinar a massa de KClO3 obtido. Mr(KClO3) = Ar(K) + Ar(Cl) + 3 Ar(O) §

§ Mr(KClO3) = 39,10 + 35,45 + 3 * 35,45 §§ Mr(KClO3) = 122,55 M(KClO3) = 122,55 g mol-1

m(KClO3) = n(KClO3) * M(KClO3) §§ m(KClO3) = 3,81 * 10-1 * 122,55 §§ m(KClO3) = 46,7 g

A massa de clorato de potássio produzida, ad-mitindo-se que a reação é completa, foi 46,7 g.

2.5.3.1. Nos espetros fotoeletrónicos, os diferentes ní-

veis energéticos correspondem a diferenteszonas na escala de energias de remoção, cor-respondentes a valores de ordens de grandezadiferentes. O número de subníveis correspondeao número de picos presentes em cada zonado espetro.

O espetro em análise mostra quatro zonasenergéticas distintas, o que revela quatro ní-veis energéticos, e os seis picos indicam seissubníveis: um no nível 1, dois no nível 2, doisno nível 3 e um no nível 4. Os picos evidenciamtrês tamanhos relativos, o que está relacio-nado com o número de eletrões que os origi-naram. Assim, podemos concluir que oseletrões se devem distribuir da seguinteforma: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1.

O elemento em questão deverá pertencer aoquarto período, pois distribui os seus eletrõespor quatro níveis energéticos diferentes, osseus eletrões de valência (os seus eletrõesmais externos) encontram-se no quarto nível.Deverá pertencer ao primeiro grupo, pois pos-sui apenas um eletrão de valência (eletrões devalência são os que se encontram no nível ener-gético mais externo, numa configuração eletró-nica de estado fundamental, aquela em que oseletrões ocupam as orbitais de menor energia),o nível energético mais externo possui apenasum eletrão. Deverá pertencer ao bloco s porqueo seu eletrão mais externo ocupa uma orbitaldo tipo s (orbitais s – possuem forma esféricae existe uma em cada nível energético).

2.5.3.2. O elemento químico, presente no clorato de po-

tássio, que pertence ao quarto período, pri-meiro grupo e bloco s é o elemento químico denúmero atómico 19, potássio.

% de pureza *m(KCl)impura

100

80 * 35,5

100

28,4

74,55

m(KCl)

M(KCl)

3

2

3

2

m(KCl)pura

m(KCl)impura

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10

Química


3. NUM LABORATÓRIO DE QUÍMICA(pp. 251-253)

3.1. Espátula, balança, gobelé, garrafa de esguichocom água desionizada, funil, balão volumétricode 100,00 mL e vareta.

3.2. Recorrendo a uma balança, medir a massa desoluto necessária diretamente para um go-belé, retirando a massa de soluto com a ajudade uma espátula do frasco que a contém.

Transferir água desionizada da garrafa de es-guicho para o gobelé (menos de 50,0 cm3).

Dissolver o soluto com água desionizada, agi-tando com o auxílio de uma vareta.

Aquecer, se necessário, deixando de seguidaarrefecer até à temperatura ambiente.

Transferir a solução para um balão volumé-trico de capacidade igual ao volume que sepretende preparar.

Lavar o gobelé (três vezes) com pequenas por-ções de água desionizada, transferindo aságuas de lavagem para o balão volumétrico.

Fazer o mesmo com o funil, retirando-o de se-guida.

Completar o volume com água desionizada atéao traço de referência.

Agitar o balão para homogeneizar a solução.3.3. (D) 2HCl(aq) +Na2CO3 (aq) 2 NaCl (aq) +H2CO3 (aq),

pois é a única que respeita a lei de Lavoisier.3.4.1. (A) O ácido clorídrico é um material corrosivo. É não explosivo pelo que não poderia ter o sím-

bolo (B), não é radioativo pelo que não poderiater o símbolo (C) e não é um produto combu-rente, pelo que não podia ter o símbolo (D).

3.4.2. A preparação de soluções diluídas de ácido

clorídrico, a partir da respetiva solução con-centrada, deve ser realizada numa hotte por-que esse ácido concentrado liberta vaporescorrosivos que não devem ser inalados ou con-tactar com a pele.

3.4.3. Determinar a quantidade de HCl existente

na solução diluída.

Vsolução diluída = 500,00 cm3 §§ Vsolução diluída = 500,00 * 10-3 dm3

[HCl]solução diluída = §

§ n(HCl) = [HCl]solução diluída * Vsolução diluída § § n(HCl) =0,50 * 500,00 * 10-3 §

§ n(HCl) =0,25 mol

Determinar a correspondente massa de HCl.

Mr(HCl) = Ar(H) + Ar(Cl)

Mr(HCl) = 1,01 + 35,45 § Mr(HCl) = 36,46

M(HCl) = 36,46 g mol-1

m(HCl) = n(HCl) *M(HCl) §

§ m(HCl) = 0,25 * 36,46 § m(HCl) = 9,12 g

Determinar a massa de HCl concentrado

que contém essa massa de HCl.

%(m/m)HCl = * 100 §

§ m(solução) = * 100 §

§ m(solução) = * 100 §

§ m(solução) = 23,8 g

Determinar o volume de solução de HCl

concentrado que contém essa massa.

rsolução = §

§ V(solução) = §

§ V(solução) = §

§ V(solução) = 20,0 cm3

O volume de ácido clorídrico concentrado uti-

lizado para preparar a solução diluída é

20,0 cm3.

3.4.4.

Balão volumétrico de 500,00 cm3.

3.4.5.

[19,96 ; 20,04] cm3.

3.4.6.

(B) Para evitar os erros de paralaxe, a leitura do

nível do líquido deve ser feita com os olhos ao

nível da tangente ao menisco, visto tratar-se de

um líquido incolor.

3.4.7.

Erros de paralaxe.

3.4.8.

Lavar bem o balão volumétrico de 500,00 cm3

com água desionizada.

Colocar um pouco de água desionizada dentro

do balão volumétrico, cerca de 250 cm3.

Lavar um gobelé com um pouco da solução de

ácido concentrado. Rejeitar para um frasco de

restos.

Transferir um pouco de solução concentrada

de HCl (um pouco mais de 20 cm3) para o go-

belé. Aspirar um pouco de solução para a

n(HCl)

Vsolução diluída

m(HCl)

m(solução)

m(HCl)

%(m/m)HCl

9,12

38,3

m(solução)

V(solução)

m(solução)

rsolução

23,8

1,19

"

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11

Química


pipeta e enxaguá-la, desprezando o líquido de

lavagem para o frasco de restos.

Fazer a toma de 20,00 cm3 com a pipeta volu-

métrica e o auxílio da pompete, transferindo-

-a quantitativamente para o balão volumétrico.

Completar o volume com água desionizada até

ao traço de referência do balão, medindo cor-

retamente de modo a evitar erros de paralaxe.

Agitar o balão para homogeneizar a nova so-

lução.

3.4.9. Afirmação falsa. Para fazer a primeira mistura

de ácido concentrado com a água, o ácido con-

centrado deve ser colocado lentamente sobre

a água. Quando se adiciona ácido lentamente

sobre a água, o ácido tende a ionizar-se, liber-

tando uma grande quantidade de energia (rea-

ção exotérmica), sendo que, a energia libertada

é distribuída uniformemente na água, que para

maior segurança deve existir em maior volume.

Assim, a reação não se torna tão violenta. Se a

adição for de água sobre ácido, a reação será

rápida e incontrolável, já que a superfície de

contacto do ácido é maior, libertando-se ener-

gia suficiente para provocar um maior aumento

de temperatura, em menos tempo.

3.5.1. Por “preparar a bureta” entende-se lavar a bu-

reta com água e detergente de modo a retirar

a gordura. De seguida, lavar com água da tor-

neira para retirar o excesso de detergente;

com água desionizada para retirar a água da

torneira, enxaguar com um pouco da solução

de HCl a ser medida e verificar o correto fun-

cionamento da torneira.

3.5.2. (C)3.5.3.1. Lava-se a bureta com solução titulante – ácido

clorídrico 0,50 mol dm-3 – para remover água

que “molha” as paredes, o que diluiria a solu-

ção a utilizar. 3.5.3.2. Lava-se a pipeta volumétrica com um pouco

de solução de carbonato de sódio para remo-ver algumas impurezas ou mesmo água queela ainda contenha agarrada às paredes, o quediluiria a solução a utilizar.

3.5.3.3. Não se pode lavar o recipiente para onde se vai

transferir a solução a titular com esta solução,

porque desta forma o volume a titular não

seria o medido com a pipeta volumétrica.

3.5.4. (C) O instrumento que mediu estes volumes

foi a bureta. A escala da bureta é de 0,1 em

0,1 cm3, logo a incerteza de leitura é de

0,05 cm3 (metade da menor divisão da escala,

porque o aparelho é analógico).

Determinar o volume gasto em cada ensaio.

DV = Vf - Vi

1.° Ensaio: DV1 = Vf - Vi §

§ DV1 = 54,25 - 4,25 § DV1 = 50,00 cm3


§ DV2 = 53,25 - 3,15 § DV2 = 50,10 cm3


§ DV3 = 67,75 - 15,25 § DV3 = 52,50 cm3


§ DV4 = 52,08 - 2,18 § DV4 = 49,90 cm3

O 3.° ensaio deve ser rejeitado pois afasta-se

demasiado dos resultados obtidos nos restan-

tes ensaios.

3.5.5.

A fase da adição de HCl (aq) em que se obtém

uma maior variação de pH é na proximidade

(vizinhança) do ponto de equivalência.

3.5.6.

Determinar o volume médio.

∆ DVmédio =∆ §

∆ DVmédio =∆ §

§∆DVmédio =∆50,00 cm3

O volume de titulante gasto na titulação foi

50,00 cm3.

3.6. Determinar a quantidade de HCl gasto na ti-

tulação.

[HCl] = § n(HCl) = [HCl] * V §

§ n(HCl) = 0,50 * 50,00 * 10-3 §

§ n(HCl) = 2,5 * 10-2 mol

Determinar a quantidade de Na2CO3 nos

10,00 cm3 de solução.

Tendo em consideração a estequiometria da

reação (ver 3.3):

n(Na2CO3) = n(HCl) §

§ n(Na2CO3) = * 2,5 * 10-2 §

§ (Na2CO3) = 1,25 * 10-2 mol

n(HCl)

V

DV1 + DV2 + DV4

3

50,00 + 50,10 + 49,90

3

1

2

1

2

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12

Química


Determinar a concentração de Na2CO3 na

solução

[Na2CO3] = §

§ [Na2CO3] = §

§ [Na2CO3] = 1,25 mol dm-3

3.7. (D) Atendendo à equação química que traduz

a titulação da solução de carbonato de sódio

pelo ácido clorídrico

2 HCl +Na2CO3 (aq) 2 Na+ (aq) +2 Cl- (aq) +H2CO3 (aq)

verifica-se que no ponto de equivalência exis-

tem as espécies Na+ e Cl- que têm caráter

ácido-base neutro e o ácido carbónico que

como o seu próprio nome indica tem caráter

ácido em solução. Assim, no ponto de equiva-

lência, o pH é menor que 7 em virtude da ioni-

zação do ácido carbónico:

H2CO3 (aq) + H2O (l) HCO3- (aq) + H3O

+ (aq) .

3.8. Será necessário determinar o grau de pureza

do carbonato de sódio.

Determinar a quantidade de carbonato de

sódio nos 100,00 cm3 de solução preparada.

[Na2CO3] = §

§ n(Na2CO3) = [Na2CO3] * V §

§ n(Na2CO3) = 1,25 * 10,00 * 10-3 §

§ n(Na2CO3) = 1,25 * 10-2 mol

Determinar a massa de carbonato de sódio

nos 100,00 cm3 de solução preparada.

Mr(Na2CO3) = 2 Ar(Na) + Ar(C) + 3 Ar(O)

Mr(Na2CO3) = 2 * 22,99 + 12,01 + 3 * 16,00 §

§ Mr(Na2CO3) = 105,99

M(Na2CO3) = 105,99 g mol-1

m(Na2CO3) = n(Na2CO3) * M(Na2CO3) §

§ m(Na2CO3) = 1,25 * 10-2 * 105,99 § § m(Na2CO3) = 13,25 g, o que significa que

dos 14,75 g utilizados para preparar a solução,apenas 13,25 g eram carbonato de sódio,sendo o restante impurezas.

Determinar o grau de pureza.

% de pureza = * 100 §

§ % de pureza = * 100 §

§ % de pureza = 89,8%

O laboratório deve devolver o lote de carbo-

nato de sódio pois a sua percentagem de pu-

reza é muito menor do que a mínima garantida

pelo fornecedor (89,8% < 96%).

"@

n(Na2CO3)

V

m(Na2CO3)pura

m(Na2CO3)impura

13,25

14,75

n(Na2CO3)

V

1,25 * 10-2

10,00 * 10-3

"

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13

Química


4. QUALIDADE DO LEITE (pp. 254-255)

4.1. CH3CHOHCOOH (aq) +H2O (l) CH3CHOHCOO- (aq) +H3O+ (aq)

4.2. Determinar a temperatura em °C.

TK = q(°C) + 273,15 § q(°C) = TK - 273,15 §

§ q(°C) = 288,15 - 273,15 §

§ q(°C) = 15,00 °C

Determinar o valor médio da densidade do

leite.

rleite = § rleite = §

§ rleite = 1,032 g cm-3

O valor médio da densidade do leite a 288,15 K

é 1,032 g cm-3.

4.3.1.

A expressão significa fazer reagir amostras de

leite com uma solução aquosa de hidróxido de

sódio, até a reação estar completa, isto é, até

todo o ácido ter reagido com a quantidade ne-

cessária e suficiente de solução aquosa de hidró-

xido de sódio, de acordo com a estequiometria

da reação. Porém, quando a reação termina

[OH-] > [H3O+] porque o anião lactato tem ca-

ráter básico, sofrendo hidrólise originando iões

OH- de acordo com a equação química:

CH3 CHOH COO- (aq) + H2O (l) CH3 CHOHCOOH (aq) + OH- (aq)

4.3.2.

Volume inicial, Vi = 12,40 cm3

Volume final, Vf = 14,40 cm3

Volume de titulante, DV = Vf - Vi §

§ DV = 2,00 cm3

O volume de titulante gasto na titulação do

10,00 mL de leite foi de 2,00 cm3.

4.3.3.

(C)

(A) Fica com resíduos de água desionizada,

medindo de seguida,um volume de leite infe-

rior ao indicado na sua capacidade.

(B) É impossível depois de passar a pipeta por

água desionizada conseguir a sua completa

secagem em tempo útil.

(D) Material utilizado em medição rigirosa de

líquidos não pode ser seco em estufa. A tem-

peratura elevada altera a sua capacidade.

Assim só a hipótese (C) é válida.

4.3.4.

(C) O volume de leite é medido com uma pi-

peta volumétrica de 10,00 mL, pois tem de ser

medido da forma mais rigorosa possível. O vo-

lume de solução titulante é adicionado ao

titulado até se atingir o ponto de equivalência

medido por medição indireta,

(Vadicionando = Vfinal - Vinicial), também de forma ri-

gorosa, usando uma bureta. O balão volumé-

trico é usado para preparar soluções e não

para realizar titulações.

4.3.5. (A)

Determinar a [H3O+] no leite a 20 °C.

pH = - log [H3O+] § [H3O

+] = 10-pH §

§ [H3O+] = 10(- 6,7) §

§ [H3O+] = 2,00 * 10-7 mol dm-3

Determinar a quantidade de iões H3O+ em

500 mL desse leite a 20 °C.

[H3O+] = § n(H3O

+) = [H3O+] * V §

§ n(H3O+) = 2,00 * 10-7 * 0,500 §

§ n(H3O+) = 1,00 * 10-7 mol

(B) Afirmação falsa. O pH do leite diminui

quando a temperatura aumenta de 20°C para

25 °C, pelo que a concentração e H3O+ au-

menta e a de OH- também, porque aumenta o

valor de Kw.

(C) Afirmação falsa. A 25 °C, o pH do leite é in-

ferior ao seu pH a 20 °C porque o aumento de

temperatura favorece a ionização das subs-

tâncias ácidas contidas no leite, incluindo a

própria água, já que Kw também aumenta com

o aumento da temperatura, baixando assim o

pH (a ionização dessas substâncias ácidas é

um processo endotérmico). Se a ionização das

substâncias ácidas não aumentasse com o au-

mento da temperatura, o pH não diminuía pois

não aumentava a concentração de H3O+.

Determinar [H3O+]

[H3O+] = 10-pH

[H3O+] = 10-6,7 §

§ [H3O+] = 2,00 * 10-7 mol dm-3

(D) A 20 °C [H3O+] = 2,00 * 10-7 mol dm-3

pois o pH é 6,7.

Determinar a provável [OH-]

[OH-] = § [OH-] = §

§ [OH-] = 1,00 * 10-7 mol dm-3

Determinar Kw admitindo a provável [OH-].

Kw = [H3O+] * [OH-] §

§ Kw = 2,00 * 10-7 * 1,00 * 10-7 §

§ Kw = 2,00 * 10-14

n(H3O+)

V

5,0 * 10-8

0,500

n(OH-)

V

"@

1,023 + 1,040

2

r1 + r2

2

"@

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14

Química


Relacionar com a Kw a 25 °C.

Kw = 2,00 * 10-14 > Kw (a 25 °C)

Dado que Kw aumenta com o aumento de tem-

peratura (a autoionização da água é um pro-

cesso endotérmico), a situação apresentada

só será possível numa condição de tempera-

tura superior a 25 °C.

4.3.6.

(C) A equação química que traduz a reação re-

ferente à titulação é

CH3CHOHCOOH (aq) + NaOH (aq) Na+ (aq)

+ CH3CHOHCOO- (aq) + H2O (l)

Os produtos desta reação são o catião sódio,

Na+, e a H2O que são partículas neutras do ponto

de vista ácido-base e o anião CH3CHOHCOO-

que é uma partícula que apresenta carácter

básico (pois é a base conjugada do ácido lác-

tico) sofrendo hidrólise em presença de água

de acordo com a equação CH3CHOHCOO- (aq)

+ H2O (l) CH3CHOHCOOH (aq) + HO- (aq).

Assim, confere carácter basico à solução pelo

que o seu pH, a 25 °C, será superior a 7.

4.3.7.1.

Determinar a quantidade de NaOH gasta na

titulação.

[NaOH] = §

§ n(NaOH) = [NaOH] * V(NaOH) §

§ n(NaOH) = 2,00 * 10-3 * 0,100 §

§ n(NaOH) = 2,00 * 10-4 mol

Determinar quantidade de ácido lático na

toma de 10,00 cm3 de leite.

Tendo em atenção a estequiometria da equa-

ção que traduz a reação que ocorre durante a

titulação: CH3CHOHCOOH (aq) +NaOH (aq) CH3CHOHCOO- (aq) +Na+ (aq) +H2O (l)

n(CH3CHOHCOOH) = n(NaOH) §

§ n(CH3CHOHCOOH) = 2,00 * 10-4 mol

Determinar a concentração do ácido lático

no leite.

[CH3CHOHCOOH] =

[CH3CHOHCOOH] = §

§ [CH3CHOHCOOH] = 2,00 * 10-2 mol dm-3

Assim, de acordo com a definição, a acidez do

leite é 0,0200 mol de ácido lático por litro de

leite.

4.3.7.2.

Determinar a massa equivalente à quanti-

dade de ácido lático existente em um litro,

ou seja, 2,00 * 10-2 mol.

Mr(CH3CHOHCOOH) = 3 Ar(C) + 6 Ar(H) + 3 Ar(0)

Mr(CH3CHOHCOOH) = 3 * 12,01 + 6 * 1,01 + 3 * 16,00

Mr(CH3CHOHCOOH) = 90,09

M(CH3CHOHCOOH) = 90,09 g mol-1

m(CH3CHOHCOOH) = n(CH3CHOHCOOH) *M =

= m(CH3CHOHCOOH) = 2,00 * 10-2 * 90,09 =

= 1,80 g

(massa de ácido lático em um litro de leite).

Assim, de acordo com a definição, a acidez do

leite é 1,8 g de ácido lático por litro de leite.

4.3.8.

Determinar a quantidade de ácido lático em

um litro de leite.

[CH3CHOHCOOH] = §

§ n(CH3CHOHCOOH) =

= [CH3CHOHCOOH] * V(leite) §

§n(CH3CHOHCOOH) =2,00 *10-2*1,00 §

§ n(CH3CHOHCOOH) = 2,00 * 10-2 mol

Determinar a quantidade de NaOH necessá-

rio para reagir completamente com o ácido

láctico existente em um litro.

Tendo em atenção a estequiometria da equa-

ção que traduz a titulação:

CH3CHOHCOOH (aq) + NaOH (aq) CH3CHOHCOO- (aq) +

+ Na+ (aq) + H2O (l)

n(CH3CHOHCOOH) = n(NaOH) §

§ n(NaOH) = 2,00 * 10-2 mol

Determinar o volume de solução de NaOH

1,0 mol dm-3 que contém 2,00 * 10-2 mol.

[NaOH] = §V(NaOH) = §

§ V(NaOH) = §

§ V(NaOH) = 2,00 * 10-2 dm3 §

§ V(NaOH) = 20,0 cm3

Segundo a NP, o leite é próprio para consumo

se a acidez for inferior a 17.

A acidez do leite é 20 (são necessários 20 cm3

de uma solução alcalina de NaOH, 1,0 mol/dm3,

para reagir completamente com um litro de

leite) o que permite concluir que o leite está

impróprio para consumo.

n(CH3CHOHCOOH)

V(leite)

"

n(NaOH)

[NaOH]

n(NaOH)

V(NaOH)

2,00 * 10-2

1,0

n(CH3CHOHCOOH)

V(leite)

2,00 * 10-4

10,00 * 10-3

"@

"@

n(NaOH)

V(NaOH)

"@

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Química


4.4. A força de um ácido está relacionada com asua constante de acidez, sendo tanto maiorquanto maior for o valor dessa constante.

Quanto maior for o valor da constante de aci-

dez de um ácido mais extensa é a sua ioniza-

ção, originando uma maior quantidade de iões

H3O+ em solução, pelo que o pH diminui.

Se o pH do leite é mais elevado do que aquilo

que seria espectável se os ácidos fossem for-

tes, é porque a menor quantidade de iões H3O+

presentes em solução se deve ao facto de os

ácidos nele presentes terem constantes de

acidez pouco elevadas. Assim, podemos con-

cluir que os ácidos presentes no leite são fra-

cos, pelo que possuem constantes de acidez Kc

baixas, pois caso contrário o pH seria inferior.

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16

Química


5. CONTROLO DA ACIDEZ DE UM AQUÁRIO(pp. 256-257)

5.1. (B)

[OH-] = [H3O+], implica que a solução é neutra,

mas só a 25 °C o valor dessa concentração é

1,0 * 10-7 mol dm-3.

Numa solução ácida, qualquer que seja a tem-

peratura [H3O+] > [OH-].

Numa solução alcalina, qualquer que seja a

temperatura, |OH-| > |H3O+|.

5.2. (A)

Determinar a massa de solução.

r = §

§ m(solução) = r * V(solução) §

§ m(solução) = 1,2 * 0,2

Determinar a massa de HCl,

%(m/m) (HCl) = * 100 §

§ m(HCl) = §

§ m(HCl) = §

§ m(HCl) = * §

§ m(HCl) = 0,30 * 1,2 * 0,2.

5.2.1.

Determinar a [H3O+], a 25 °C.

pH = - log [H3O+] § [H3O

+] = 10-pH §

§ [H3O+] = 10(- 6,8) §

§ [H3O+] = 1,58 * 10-7 mol dm-3

Determinar a [OH-], a 25 °C.

Kw = [H3O+] * [OH-] § [OH-] = §

§ [OH-] = §

§ [OH-] = 6,34 * 10-8 mol dm-3

A concentração de iões OH- quando pH da so-

lução é 6,8 é 6,34 * 10-8 mol dm-3.

5.2.2.1. (C)

(A) Nestas reações, a água comporta-se sem-

pre como uma base, pois capta um protão (H+).

(B) A base conjugada de H3PO4 é H2PO4-. A es-

pécie HPO42- é a base conjugada de H2PO4

-.

(C) A espécie HPO42- (aq) é uma partícula an-

fotérica, pois comporta-se como ácido e como

base.

(D) A espécie PO43- (aq) não pode ser um ácido,

segundo Brönsted-Lowry, pois não pode ceder

protões (H+).

5.2.2.2.

A expressão que traduz a constante de acidez

para a primeira ionização do ácido fosfórico

tem por base a equação química:

H3PO4 (aq) + H2O (l) H2PO4- (aq) + H3O

+ (aq)

Ka =

5.3. Quando se adiciona o cloreto de sódio(NaCl) à

solução, este dissocia-se de acordo com a

equação: NaCl (aq) " Na+ (aq) + Cl- (aq)

Os iões Na+ e Cl- têm caráter químico ácido-

-base neutro, ou seja, não têm tendência a cap-

tar ou a ceder o protão (H+), pelo que não pos-

suem a característica de alterar o pH. Assim,

este mantém-se constante.

Ao adicionar o cloreto de amónio (NH4Cl) à so-

lução, este dissocia-se de acordo com a equa-

ção: NH4Cl (aq) " NH4+ (aq) + Cl- (aq)

Os iões Cl- têm caráter químico ácido-base

neutro, não têm tendência a captar ou a ceder

o protão (H+), pelo que não possuem a carac-

terística de alterar o pH da solução. Porém, os

iões amónio (NH4+) têm comportamento ácido,

pois cedem o protão (H+). Em solução aquosa

sofrem hidrólise de acordo com a equação:

NH4+ (aq) + H2O (l) NH3 (aq) + H3O

+ (aq)

A presença do ião amónio leva ao aumento da

concentração de H3O+ o que se traduz numa di-

minuição de pH (quanto maior a concentração

de H3O+ menor é o pH, já que pH = - log [H3O

+]).

Assim, a adição de cloreto de amónio vai pro-

vocar diminuição do pH, pois faz aumentar a

concentração de H3O+. Contudo, não é possível

saber se a solução obtida tem caráter ácido ou

básico pois desconhecem-se as concentrações

iniciais de H3O+ e OH-, dado que desconhece-se

a temperatura.

5.4.1.

A equação química que traduz a autoionização

da água é:

2 H2O (l) H3O+ (aq) + OH- (aq)

A expressão do produto iónico da água é:

Kw = [H3O+]e * [OH-]e

Atendendo ao gráfico, verifica-se que o valor

da constante Kw aumenta com o aumento de

temperatura, isto é, com o seu aumento as

concentrações dos produtos da ionização da

Kw

[H3O+]

1,0 * 10-14

1,58 * 10-7

"@

[H2PO4-]e * [H3O

+]e

[H3PO4]e

"@

30

100

1,2 * 0,2

1

30 * 1,2 * 0,2

100

m(solução)

V(solução)

m(HCl)

m(solução)

(m/m) (HCl) * m(solução)

100

"@

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Química


água, H3O+ e OH- aumentam, o que traduz a

evolução do sistema no sentido direto.

Atendendo ao princípio de Le Châtelier, quando

se provoca uma perturbação ao sistema em

equilíbrio, este evolui de modo a contrariar a

perturbação a que foi sujeito. Assim, aumen-

tando a temperatura, o sistema evolui no sen-

tido direto; então, nesse sentido ocorre

absorção de energia, a reação é endotérmica,

podendo assim concluir-se que a autoionização

da água é um processo endotérmico.

5.4.2.

Ler no gráfico o valor de Kw a 34 °C.

Por leitura gráfica, verifica-se que Kw a 34 °C

é 2,0 * 10-14

Determinar a [H3O+] a 34 °C.

pH = - log [H3O+] § [H3O

+] = 10-pH §

§ [H3O+] = 10(- 6,6) §

§ [H3O+] = 2,51 * 10-7 mol dm-3

Determinar a [OH-] a 34 °C.

Kw = [H3O+] * [OH-] § [OH-] = §

§ [OH-] = §

§ [OH-] = 7,97 * 10-8 mol dm-3

Determinar o pOH a 34 °C.

pOH = - log [OH-] §§ pOH = - log 7,97 * 10-8 §§ pOH = 7,1

O pOH da água dessa piscina a 34 °C é 7,1.

2,0 * 10-14

2,51 * 10-7

Kw

[H3O+]

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Química


6. ÁGUA, ÁGUA E… MAIS ÁGUA… (pp. 258-261)

6.1. A frase indicada faz referência ao facto de ape-

sar de existir muita água no planeta Terra ape-

nas uma fração muito pequena (cerca de

0,01%) pode ser consumida pelo ser humano.

Apesar de a Terra ser considerada o planeta

da água (Planeta Azul), a quase totalidade

existente é salgada (cerca de 97,5%). Dos res-

tantes, cerca de 2,5% constituem a parcela de

água doce e 99,6% não são aproveitáveis, uma

vez que se situam em glaciares e placas de

gelo (Gronelândia e Antártida) ou no interior

da crusta terrestre (águas profundas). Assim,

a água realmente disponível para consumo

(lagos, pântanos, rios,…) representa uma parte

ínfima de toda a água existente na Terra (cerca

de um centésimo de 1%).

6.2. A expressão do texto que justifica o facto de a

água do mar não ser adequada ao consumo

pelos seres vivos terrestres é:

“Como a água do mar é corrosiva e tóxica para

os animais e plantas terrestres.”

6.3. Uma expressão equivalente a “água para beber”

será “água potável”.

6.4.1.

A água mais ácida é a Z, pois é aquela que

apresenta menor valor de pH. O pH é dado

pela expressão pH = - log [H3O+]. Assim,

quanto menor o pH, para a mesma tempera-

tura, maior a concentração de H3O+ e maior a

acidez.

6.4.2.

Uma água é tanto mais dura quanto maior for

a quantidade de ião cálcio existente num dado

volume de solução.

As águas duras não favorecem a formação de

espuma quando se utiliza sabonete ou sabão.

Assim, a água que se “oporá” menos à forma-

ção de espuma será aquela que apresentar

uma menor concentração de catião cálcio

(Ca2+), pelo que será a água Z.

6.4.3.1.

A sílica será uma substância composta pois é

constituída por átomos de mais do que um ele-

mento químico.

6.4.3.2.

Indicar o volume de água na garrafa de

água X.

Vgarrafa de água X = 0,5 dm3

Determinar a massa de sílica existentenuma garrafa de água X.

cm = § m(SiO2) = cm * V §

§ m(SiO2) = 16,8 * 0,5 § m(SiO2) = 8,4 mg A massa de sílica existente numa garrafa de

água X é 8,4 mg.6.4.4. (A) Carbonato de lítio – Li2CO3

(B) Sulfato de potássio – K2SO4

(C) Fosfato de amónio – (NH4)3PO4

(D) Hidróxido de magnésio – Mg(OH)2

(E) Sulfureto de ferro (III) – Fe2S3

(F) Brometo de alumínio – AlBr3

6.5.1. 2 H2O (l) H3O

+ (aq) + OH- (aq)6.5.2. A afirmação é verdadeira. Tendo em conside-

ração a informação contida no gráfico, o valordo produto iónico da água, Kw, a 60 °C é supe-rior ao valor do produto iónico da água a 25 °C.

Quanto maior o valor Kw, maior a concentraçãode H3O

+, pois Kw = [H3O+] * [OH-].

Em água, a concentração de H3O+ é igual àconcentração de OH-.

Se [H3O+] = [OH-] pode reescrever-se o pro-duto iónico da água como, Kw = [H3O

+]2 o quepermite dizer que em água [H3O

+] = V√K√w. Jus-tifica-se, assim, que em água, quanto maior ovalor Kw maior a concentração de H3O+ e deOH-, pois estas são iguais.

Realça-se que apesar do pH diminuir com o au-mento de temperatura, a acidez da água nãovaria porque a concentração de OH- também au-menta e mantêm-se a condição [H3O

+] = [OH-].6.5.3. (D) (A) Afirmação falsa. Tendo em consideração o

Princípio de Le Châtelier, quando a um sistemaem equilíbrio se causa uma perturbação, estereage no sentido de contrariar a perturbação aque foi sujeito. Assim, aumentando a tempera-tura de um sistema em equilíbrio este evolui nosentido endotérmico (sentido que ocorre comcon sumo/absorção de energia). De acordo com aleitura gráfica, quando a temperatura aumenta, oproduto iónico da água, Kw = [OH-] * [H3O

+], au-menta, o que indica que o sistema evolui nosentido que conduz ao aumento da concentra-ção dos iões, ou seja, no sentido direto. Assim,a autoionização da água é um processo endo-térmico.

(B) Afirmação falsa.

m(SiO2)

V

"@

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Química


Determinar a concentração de H3O+ em

água a 25 °C.

Por leitura gráfica verifica-se que

Kw(25°C) = 1,0 * 10-14

Em água [H3O+] = [HO-].

[H3O+] = [HO-] ± Kw = [H3O

+]2

[H3O+] = V√K√w § [H3O

+] = V√1,√0 √* √1√0√-14 §

§ [H3O+] = 1,0 * 10-7 mol dm-3

Determinar o pH da solução.

pH = - log [H3O+]

pH = - log (1,0 * 10-7) § pH = 7

O pH da água é 7,0, à temperatura de 25 °C.

(C) Afirmação falsa. Por leitura gráfica, veri-

fica-se que o produto iónico da água, Kw, a

50 °C é superior ao produto iónico da água, a

25 °C, o que significa que a 50 °C a concentra-

ção dos iões H3O+ e OH- é superior. Tal indica

que, a essa temperatura, o equilíbrio de autoio-

nização da água está mais deslocado no sen-

tido da formação dos iões e, portanto, a

autoionização da água a 50 °C é mais extensa

do que a 25 °C.

(D) Afirmação correta.

Determinar a concentração de OH- em água

a 60 °C.

Por leitura gráfica verifica-se que

Kw(60°C) = 10,0 * 10-14

Em água [H3O+] = [OH-].

[H3O+] = [OH-] ± Kw = [OH-]2

[OH-] = V√K√w § [OH-] = V√1√0,√0 √*√ 1√0√-14 §

§ [OH-] = 3,16 * 10-7 mol dm-3

Determinar o pOH da solução.

pOH = - log [OH-] §

§ pOH = - log (3,16 * 10-7) § pOH = 6,5

A 60 °C, o pOH da água é 6,5, ou seja, é menor

do que 7.

6.5.4.

Estabelecer equação química que traduz a

ionização do ácido clorídrico em água.

O ácido clorídrico é um ácido muito forte que

em solução aquosa se encontra totalmente io-

nizado de acordo com a equação química:

HCl (aq) + H2O (l) " H3O+ (aq) + Cl- (aq)

Determinar a quantidade H3O+.

De acordo com a estequiometria da reação

n(H3O+) = n(HCl)

[HCl] = § n(HCl) = [HCl] * V

n(HCl) = 0,030 * V § n(HCl) = 0,030V (mol)

n(H3O+) = n(HCl) § n(H3O

+) = 0,030V (mol)

Determinar a concentração de H3O+.

[H3O+] = § [H3O

+] = §

§ [H3O+] = 0,030 mol dm-3

Determinar a concentração de OH-.

Por leitura gráfica, verifica-se que

Kw (50°C) = 5,0 * 10-14

Kw = [OH-] * [H3O+] §

§ [OH-] = §

§ [OH-] = §

§ [OH-] = 1,67 * 10-12 mol dm-3

Determinar o pOH da solução.


§ pOH = - log (1,67 * 10-12) §

§ pOH = 11,8

O pOH da solução é 11,8.

6.6.1. A 25 °C, uma solução é básica se o seu pH for

maior do que 7 e é ácida se o pH for menor do

que 7.

A 25 °C, a água do mar possui pH maior do que

7, pelo que terá caráter químico alcalino ou bá-

sico.

A 25 °C, a água da chuva possui pH menor do

que 7, pelo que terá caráter químico ácido.

6.6.2. O gás responsável pelo valor do pH da água da

chuva é o dióxido de carbono (CO2), no caso da

água da chuva não poluída.

No caso da água da chuva poluída teremos,

também, a acidez causada por óxidos de azoto

e de enxofre.

6.7.1. Uma vez que os ácidos são todos monopróti-

cos, pode dizer-se que, quanto maior é o valor

da constante de acidez, Ka de um ácido, maior

a sua força como ácido. Assim, dos ácidos

apresentados, o mais forte é o ácido meta-

noico e o mais fraco é o ácido cianídrico. Por

ordem crescente da sua força relativa, ter-se-

á então ácido cianídrico, ácido etanoico e ácido

metanoico.

6.7.2.

Quanto mais forte é um ácido (quanto maior é o

valor da sua constante de acidez, Ka) mais fraco

é o poder da sua base conjugada (menor é o

valor da constante de basicidade, Kb). Assim, a

base que se apresenta mais forte, em solução

Kw

[H3O+]

5,0 * 10-14

0,030

n(HCl)

V

0,030V

V

n(H3O+)

V

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20

Química


aquosa, é a base conjugada do ácido mais fraco,

ou seja, o ácido cianídrico. Então, a base que se

apresenta mais forte, em solução aquosa, é o

anião cianeto (CN-), que é a base conjugada do

ácido cianídrico.

6.7.3.1.

HCOOH (aq) +H2O (l) H3O+ (aq) +HCOO- (aq).

6.7.3.2.

Determinar a quantidade de H3O+ formado

quando se atinge o equilíbrio de ionização

do ácido metanoico, admitindo um volume

de solução de 1,0 dm3.

*A quantidade inicial de H3O+ não é zero, devido à au-

toionização da água. No entanto, a quantidade de H3O+

proveniente da autoionização da água é muito pequenaquando comparada com a proveniente da ionização doácido. Por isso, pode considerar-se praticamente zeroe assim desprezar-se a quantidade inicial de H3O

+, poisé a proveniente da autoionização da água.

pH = - log [H3O+] § [H3O

+] = 10-pH

[H3O+] = 10(- 3,0) §

§ [H3O+] = 1,0 * 10-3 mol dm-3

[H3O+] = § n(H3O

+) = [H3O+] * V §

§ n(H3O+) = 1,0 * 10-3 * 1,0 §

§ n(H3O+) = 1,0 * 10-3 mol

Determinar a quantidade inicial de ácido

metanoico.

x = n(H3O+) = 1,0 * 10-3 mol

Kc = §

*

§ Kc = §

*

§ Kc = §

§ 1,80 * 10-4 = §

§ 1,80 * 10-4 * (y - 1,0 * 10-3) = (1,0 * 10-3)2 §

§ 1,80 * 10-4 * y - 1,8 * 10-7 = 1,0 * 10-6 §§ 1,80 * 10-4 * y = 1,18 * 10-6 §

§ y = § y = 6,6 * 10-3

y = n(HCOOH)inicial = 6,6 * 10-3 mol Determinar a concentração inicial de ácido

metanoico.

[HCOOH]inicial = §

[HCOOH]inicial = §

§ [HCOOH]inicial = 6,6 * 10-3 mol dm-3

A concentração inicial do ácido metanoico era6,6 * 10-3 mol dm-3.

6.7.4. A afirmação é verdadeira, pois para dispô-las

por ordem crescente do seu valor de pH seriatambém necessário conhecer a concentraçãoinicial dos respetivos ácidos.

6.8.1. Determinar a quantidade de CH3COOH admi-

tindo um volume de solução de 1,0 dm3.

[CH3COOH] = §

§ n(CH3COOH) = [CH3COOH] * V §§ n(CH3COOH) = 0,02 * 1,0 §§ n(CH3COOH) = 0,02 mol

Determinar a quantidade de H3O+ formado

quando se atinge o equilíbrio de ionizaçãodo ácido.

*A quantidade inicial de H3O+ não é zero devido à au-

toionização da água. No entanto, a quantidade de H3O+

proveniente da autoionização da água é muito pequenaquando comparada com a proveniente da ionização doácido. Por isso, pode considerar-se praticamente zeroe assim desprezar-se a quantidade inicial de H3O

+, poisé a proveniente da autoionização da água.

Kc =

*

§ Kc = §

*

§ Kc = §

§ 1,8 * 10-5 =

n(HCOO-)e

V

n(H3O+)e

V

n(HCOOH)e

V

x

1,0

x

1,0

0,020 - x

1,0

[H3O+]e* [HCOO-]e

[HCOOH]e

n(CH3COOH)

V

CH3COOH (aq) + H2O (l) "@ HCOO- (aq) + H3O+ (aq)

ni/mol 0,020 — 0 ]0*

Variação -x — +x +x

neq/mol 0,020 - x — x x

"@

n(H3O+)

V

[H3O+]e* [HCOO-]e

[HCOOH]e

n(HCOO-)e

V

n(H3O+)e

V

n(HCOOH)e

V

1,0 * 10-3

1,0

1,0 * 10-3

1,0

y - 1,0 * 10-3

1,0

(1,0 * 10-3)2

y - 1,0 * 10-3

1,18 * 10-6

1,80 * 10-4

n(HCOOH)inicial

V

6,6 * 10-3

1,0

HCOOH (aq) + H2O (l) "@HCOO-

(aq) + H3O+ (aq)

ni/mol y — 0 ]0*

Variação -x — +x +x

neq/mol y - x — x x

x2

0,020 - x

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21

Química


1,8 * 10-5 (0,020 - x) = x2 §

§ x2 + 1,8 * 10-5 x - 3,6 * 10-7 = 0

x = 5,9 * 10-4 ou x = - 6,0 * 10-4 (este valor

não tem significado físico)

Determinar a concentração de H3O+.

n(H3O+) = 5,9 * 10-4 mol

[H3O+]e = § [H3O

+]e = §

§ [H3O+]e = 5,9 * 10-4 mol dm-3

A concentração de iões H3O+ na referida solu-

ção de ácido acético é 5,9 * 10-4 mol dm-3.

6.8.2. (B) Como a concentração dos ácidos é a mesma

e os ácidos são ambos monopróticos, a quan-

tidade de H3O+ formada na ionização é tanto

maior quanto maior for a constante de acidez,

Ka. Assim, a quantidade de H3O+ formada será

maior no caso do ácido acético, pois a sua

constante de acidez é superior à do ácido cia-

nídrico. Quanto maior for a quantidade de H3O+

formada maior será a sua concentração e

menor será o pH, pelo que a solução que apre-

sentará menor pH é a de ácido acético.

6.9. (D) O cianeto de sódio (NaCN) em solução

aquosa sofre dissociação de acordo com a

equação:

NaCN (aq) " Na+ (aq) + CN- (aq)

O ião Na+ tem comportamento ácido-base neu-

tro enquanto que o anião CN- tem comporta-

mento básico, pois é a base conjugada de um

ácido fraco. Assim, essa solução vai apresentar

caráter básico pelo que [H3O+] < [OH-].

6.10.1. (A) Trata-se de uma titulação ácido forte -

-base forte pelo que o pH no ponto de equiva-

lência é o correspondente ao de uma solução

com caráter químico neutro, pelo que [H3O+] =

[OH-].

Durante a titulação, o valor do pH vai dimi-

nuindo, pois até se atingir o ponto de equiva-

lência está a ser adicionado um ácido forte a

uma base forte, pelo que a quantidade de OH-

vai sendo menor, o mesmo acontecendo com

o valor do pH.

Assim, nestas condições, quando se atinge o

ponto de equivalência [H3O+] = [HO–] = V√Kw.

Como a essa temperatura, 60 oC, Kw =

= 1,0 × 10–13 então [H3O+] = V√1,0 ×√ 10–13 §

§ [H3O+] = 3,16 × 10–7 mol dm–3 o que

implica pH = – log[H3O+] §

§ pH = – log 3,16×10–7 § pH = 6,5

6.10.2.

Estabelecer a equação que traduz a titula-

ção em estudo.

HNO3 (aq) + KOH (aq) " KNO3 (aq)+ H2O (l)

Determinar a quantidade de HNO3.

Vsolução de HNO3= 12,5 cm3 §

§ Vsolução de HNO3= 12,5 * 10-3 dm3

[HNO3] = § n(HNO3) = [HNO3] *

* Vsolução § n(HNO3) = 0,20 * 12,5 * 10-3 §

§ n(HNO3) = 2,5 * 10-3 mol

Determinar a quantidade de KOH.

Atendendo à estequiometria da reação:

n(KOH) = n(HNO3)

n(KOH) = n(HNO3) § n(KOH) = 2,5 * 10-3 mol

Determinar a concentração de KOH.

Vsolução de KOH = 25,0 cm3 §

§ Vsolução de KOH = 25,0 * 10-3 dm3

[KOH] = §

§ [KOH] = §

§ [KOH] = 0,10 mol dm-3

A concentração da solução de hidróxido de po-

tássio é 0,10 mol/dm3.

6.11.1.

O ácido cianídrico, HCN, é um ácido fraco pois

em solução aquosa não sofre ionização total

(a reação de ionização não é completa), é um

acido monoprótico porque cede apenas um

protão por molécula.

6.11.2.

HCN (aq) + H2O (L) "@ CN– (aq) + H3O+ (aq)

A equação deve ser escrita com dupla seta "@e não " porque se trata duma reação que não

é completa.

6.11.3.

Tendo em conta a equação que traduz a

ionização do ácido cianídrico, HCN, em água

HCN (aq) + H2O (l) "@ CN– (aq) + H3O+ (aq) no

equilíbrio [H3O+]e = [CN-]e considerando ainda

que [H3O+]e = 10–pH, obtém-se para cada en-

saio:

1.o ensaio: [H3O+]e = [CN-]e = 10–5,16 §

§ [H3O+]e = [CN-]e = 6,9×10–6 mol dm–3

2.o ensaio : [H3O+]e = [CN-]e = 10–5,35 §

§ [H3O+]e = [CN-]e = 4,5×10–6 mol dm–3

3.o ensaio [H3O+]e = [CN-]e = 10–5,50 §

§ [H3O+]e = [CN-]e = 3,2×10–6 mol dm–3

5,9 * 10-4

1,0

n(H3O+)

Vn(HNO3)

Vsolução

n(KOH)

Vsolução de KOH

2,5 * 10-3

25,0 * 10-3

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22

Química


4.o ensaio [H3O+]e = [CN-]e = 10–5,65 §

§ [H3O+]e = [CN-]e = 2,2×10–6 mol dm–3

Tendo em conta a expressão da constantede acidez para o ácido cianídrico

Ka = que pode ser reescrita na

forma [H3O+]e × [CN-]e = Ka [HCN]e se se repre-

sentar [H3O+]e × [CN-]e em função de [HCN]e

deverá obter-se uma reta que, teoricamente,passa pela origem e cujo declive será a cons-tante de acidez do ácido cianídrico nas condi-ções da experiência.

A equação da reta que melhor se ajusta aoconjunto de pontos experimentais obtidos,[H3O

+]e × [CN-]e = 6,0 × 10–10[HCN]e –3,0×10–12

evidencia que a constante de acidez do ácidocianídrico, nestas condições, é 6,0 × 10–10.

6.11.4.A expressão numérica que permite calcular oerro relativo, em percentagem, cometido nadeterminação da constante de equilíbrio doácido cianídrico por este processo é:

Erro percentual = × 100

Nota: Ka(HCN) = 6,3 × 10–10 e não 6,3 × 10–5,como consta no enunciado.

6.11.5.O pHmetro deve ser lavado com água desioni-zada e posteriormente com a solução da qualse pretende medir o pH. Este segundo proce-dimento pode ser feito mergulhando o pHme-tro num gobelé que contenha essa solução, deseguida rejeita-se essa solução para um

frasco de restos e utiliza-se um outro gobelécom solução de HCN para fazer a medição.

6.11.6.A temperatura deve ser a mesma em todos osensaios, pois o pH depende da temperatura.Assim, só podemos comparar valores de pHmedidos à mesma temperatura. Neste caso atemperatura deverá ser 25oC, pois pretendedeterminar-se a constante de acidez do ácidocianídrico a 25 oC e pretende comparar-se ovalor obtido com o valor tabelado a 25 oC.Sugere-se que as amostras de ácido cianí-drico, que vão ser utilizadas para medir o res-petivo pH, sejam colocadas num banho-mariaa 25 oC, aguardar até que a temperatura semantenha uniforme a 25 oC, para todas asamostras, e de seguida determinar-se os res-petivos valores de pH.

6.11.7.1.As frases de risco referidas nesse rótulodevem ser: R12, R26, R35As frases de segurança referidas nesse rótulodevem ser: S1, S2, S7, S9, S16, S36, S37, S38,S45, S60, S61

6.11.7.2.Os pictogramas de perigo referidos nesse ró-tulo devem ser:

TóxicoPode provocar náuseas, vómi-tos, dores de cabeça, perda deconsciência ou outros danos,incluindo a morte.

InflamávelPode incendiar em contactocom uma chama, faísca, eletri-cidade estática ou por exposi-ção ao calor.

Prejudicial para o ambienteTóxico para os organismosaquáticos (peixes, algas oucrustáceos).

Os pictogramas de segurança referidos nesserótulo devem ser:

Proteção obrigatória das mãos

Proteção obrigatória do corpo

Proteção obrigatória das vias res-piratórias

Ensaio [H3O+]e×[CN

-]e [HCN]e

1 48×10–12 0,080

2 20×10–12 0,040

3 10×10–12 0,020

4 4,8×10–12 0,010

[H3O+] × [CN–]e

[HCN]e

| 6,3 × 10–10 – 6,0 × 10–10 |

6,3 × 10–10

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[H3O+]e [CN

–]e

[HCN]e

y = 6E-10x - 3E-12R2 = 0,9934

0,000 0,020 0,040 0,060 0,080 0,100

6E-11

5E-11

4E-11

3E-11

2E-11

1E-11

0

23

Química


7. DOS HIDROCARBONETOS AOS COMBUS-TÍVEIS (pp. 262-263)

7.1. (B)

7.2.1.

A fórmula de estrutura do butano é:

E a do propano é:

7.2.2.

(D)

Determinar a quantidade de butano em

12,2 dm3, nas condições PTN.

n(C4H10) = § n(C4H10) = §

§ n(C4H10) = 0,500 mol

Determinar a quantidade de átomos de H

em 12,2 dm3, nas condições PTN.

n(H) = 10 * n(C4H10) §

§ n(H) = 10 * 0,500 § n(H) = 5,00 mol

Determinar o número de átomos de H em

12,2 dm3, nas condições PTN.

N(H) = n(H) * NA §

§ N(H) = 5,00 * 6,02 * 1023 átomos de H.

7.2.3.

Determinar a energia absorvida para rom-

per as ligações em uma mole de butano.

Eabs. = 3Ediss.(C-C) + 10Ediss.(C-H) §

§ Eabs. = 3 * 346 + 10 * 413 §

§ Eabs. = 5168 kJ mol-1

Eabs. = 5,17 * 103 kJ mol-1

Determinar a energia absorvida para rom-

per as ligações em uma mole de propano.

Eabs. = 2Ediss.(C-C) + 8Ediss.(C-H) §

§ Eabs. = 2 * 346 + 8 * 413 §

§ Eabs. = 3996 kJ mol-1

Eabs. = 4,00 * 103 kJ mol-1

Fica assim demonstrado que a energia posta

em jogo na dissociação das ligações de uma

mole de butano (5,17 * 103 kJ mol-1) é maior

do que na dissociação das ligações de igual

quantidade de propano (4,00 * 10 3 kJ mol-1).

7.2.4. Determinar a quantidade de butano.

Mr(C4H10) = 4 Ar(C) + 10 Ar(H)

Mr(C4H10) = 4 * 12,01 + 10 * 1,01 §

§ Mr(C4H10) = 58,14

M(C4H10) = 58,14 g mol-1

n(C4H10) = §

§ n(C4H10) = § n(C4H10) = 2,580 mol


Tendo em conta a estequiometria da reação

n(O2) = n(C4H10) § n(O2) = * 2,580 §

§ n(O2) = 16,77 mol

Para que 2,580 mol de C4H10 reagissem com-

pletamente, seriam necessários 16,77mol de

O2. Como existem 22,5 mol de O2 (quantidade

superior á necessária), o O2 está em excesso e

o butano é o reagente limitante.

Determinar a quantidade de CO2 teorica-

mente previsto (rendimento de 100%).

De acordo com estequiometria da reação:

n(CO2)t.p. = n(C4H10) §

§ n(CO2)t.p. = * 2,580 §

§ n(CO2)t.p. = 10,32 mol

Determinar a quantidade de CO2 realmente

obtida.

n(CO2)r.o. = § n(CO2)r.o. = §

§ n(CO2)r.o. = 5,58 mol

Determinar o rendimento.

h = * 100 § h = * 100 §

h = 54,1%

O rendimento da reação é 54,1%.

7.3.1.

7.3.2.

(C)

Determinar o quociente da reação.

De acordo com a estequiometria da reação, as

quantidades formadas de monóxido de car-

bono e de oxigénio são iguais.

Q = § Q = §

§ Q = 1,0 * 10-4

H

H

C

H

H

C

H

H

C

H

H

C

H

H

H

H

C

H

H

C

H

H

C

H

H

12,2

22,4

V(C4H10)

Vm

m(C4H10)

M(C4H10)

150,0

58,14

13

2

13

2

8

2

8

2

125,0

22,4

V(CO2)r.o.

Vm

5,58

10,32

n(CO2)r.o.

n(CO2)t.p.

O C O: :xx

xx :

:

:

:

(10-5)2 * (10-2)

(10-4)2

[CO]2 * [O2]

[CO2]2

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24

Química


Como o valor do quociente da reação é dife-

rente (maior) que o valor da constante de equi-

líbrio, Q > Kc, o sistema não se encontra em

equilíbrio.

Para que o sistema atinja o equilíbrio, o quo-

ciente da reação terá de diminuir até igualar o

valor da constante de equilíbrio. Para que tal

se verifique, as concentrações de monóxido de

carbono e de oxigénio têm de diminuir e a de

dióxido de carbono aumentar. Tal verifica-se

quando o sistema evolui no sentido inverso.

7.3.3.

(A) Afirmação verdadeira. A reação ocorre

com absorção de energia pois DH > 0; logo, a

reação é endoenergética.

(B) Afirmação falsa. O valor da constante de

equilíbrio só depende da temperatura.

(C) Afirmação falsa. Tendo em consideração o

Princípio de Le Châtelier, quando se causa

uma perturbação ao sistema, este evolui de

forma a contrariar a perturbação a que foi su-

jeito. Assim, adicionando vapor de água ao sis-

tema, este evolui no sentido inverso para que

ocorra consumo de vapor de água.

(D) Afirmação falsa. Tendo em consideração o

Princípio de Le Châtelier, quando se causa

uma perturbação ao sistema, este evolui de

forma a contrariar a perturbação a que foi su-

jeito. Assim, quando se diminui a pressão do

sistema reacional este evolui no sentido que

ocorre com aumento da quantidade contida na

fase gasosa, aumentando a pressão. Como

este sistema evolui de reagentes para produ-

tos da reação sem que ocorra alteração da

quantidade na fase gasosa, não vai ser sensí-

vel a variações de pressão, isto é, as variações

de pressão não constituem perturbação para

este equilíbrio.

(E) Afirmação falsa. Este sistema não é afe-

tado por variações de volume, porque as alte-

rações de volume traduzem-se numa alteração

de pressão. Um aumento de volume provoca

uma diminuição de pressão e uma diminuição

de volume provoca um aumento de pressão.

(F)Afirmação verdadeira. Este sistema reacional

é endotérmico, ou seja, a reação ocorre com ab-

sorção de energia pois DH > 0. Tendo em consi-

deração o Princípio de Le Châtelier, se se

aumentar a temperatura para 500 K, o sis-

tema evolui no sentido da reação endotérmica

para que ocorra absorção de energia. Neste

caso, tal verifica-se quando o sistema progride

no sentido direto, aumentando a concentração

dos produtos da reação e diminuindo a con-

centração dos reagentes, o que conduz a um

aumento da constante de equilíbrio.

(G) Afirmação falsa. Tendo em consideração o

Princípio de Le Châtelier, removendo hidrogé-

nio do sistema, este evolui no sentido inverso

para que ocorra formação de hidrogénio. (H) Afirmação falsa. Para aumentar o rendi-

mento da reação terá de se introduzir pertur-bações que conduzam à evolução do sistemano sentido direto e, das sugestões indicadas,apenas a remoção de vapor de água conduz àevolução do sistema no sentido direto. Destemodo, removendo vapor de água do sistema,este evolui no sentido direto para que ocorraformação de vapor de água, mas diminuindo atemperatura, o sistema irá deslocar-se no sen-tido da reação exotérmica (a que ocorre comlibertação de energia), o que neste caso se ve-rifica quando ocorre evolução do sistema nosentido inverso. Como não se sabe qual dos fa-tores é predominante, a afirmação é classifi-cada falsa.

7.4. Determinar a quantidade de cada consti-tuinte no equilíbrio.

Vsistema = 2,0 L § Vsistema = 2,0 dm3

n(NO2)e = 0,0044 mol

2x = 0,0044 mol § x = §

§ x = 0,0022 mol .n(O2)e = 0,06 - 0,0022 §

§ n(O2)e = 5,78 * 10-2 mol .n(NO2)e = 0,04 - (2 * 0,0022) §

§ n(NO)e = 3,56 * 10-2 mol .n(NO2)e = 4,4* 10-3 mol Determinar a concentração de cada compo-

nente no equilíbrio.

[O2]e = § [O2]e = §

§ [O2]e =2,89 * 10-2 mol dm-3

[NO]e = § [NO]e = §

§ [NO]e = 1,78 * 10-2 mol dm-3

2 NO (g) "@ O2 (g) + 2 NO2 (g)

ni/ mol 0,04 0,06 0

Variação -2x +x +2x

neq/mol 0,04 - 2x 0,06 + x 0,0044

0,0044

2

5,78 * 10-2

2,0

n(O2)e

V

3,56 * 10-2

2,0

n(NO)e

V

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25

Química


[NO2]e = § [NO2]e = §

§ [NO2]e = 2,2 * 10-3 mol dm-3

Estabelecer a expressão da constante deequilíbrio.

Kc =

Determinar KC a 298,15 K.

Kc = §

§ Kc = 5,3 * 10-1

A constante de equilíbrio à temperatura a quedecorreu a reação é 5,3 * 10-1.

4,4 * 10-3

2,0

n(NO2)e

V

[NO2]e2

[O2]e * [NO]e2

(2,2 * 10-3)2

(1,78 * 10-2)2 * (2,89 * 10-2)

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26

Química


8. TRANSFERINDO ELETRÕES (pp. 264-265)

8.1. Nas reações oxidação-redução ou, mais sim-plesmente, reações redox ocorre transferênciade eletrões entre espécies.

No conceito atual de oxidação-redução, define--se como oxidação: processo no qual uma es-pécie química perde eletrões.

Redução: processo no qual uma espécie quí-mica ganha eletrões.

Um átomo, molécula ou ião oxida-se quando

perde eletrões. Um átomo molécula ou ião

reduz-se quando ganha eletrões.

Não podem ocorrer processos de oxidação ou

redução isoladas.

Para que uma substância se oxide, perdendo

eletrões, tem de estar na presença de outra

que aceite esses eletrões, e que, por sua vez

se reduza.

As reações de oxidação-redução ocorrem em

simultâneo e o número de eletrões ganho na

redução tem de ser igual ao libertado na oxi-

dação.

8.2. O ferro quando exposto ao ar sofre corrosão,

sendo oxidado pelo oxigénio atmosférico. Este

processo vai transformando o ferro em óxido

de ferro e degradando as grades e portões de

ferro. Para evitar esta corrosão pintam-se por-

tões e grades, dificultando deste modo o seu

contacto com o oxigénio atmosférico, impe-

dindo, assim a oxidação do ferro que pode ser

explicada de forma simplificada como um pro-

cesso que ocorre em duas fases. Numa primeira

fase, o oxigénio oxida o ferro a catião ferro (II)

2 Fe (s) + O2 (g) + 4 H3O+ (aq) " 2 Fe2+ (aq) + 6 H2O (l)

Numa segunda fase, o catião ferro (II) é oxi-

daddo a catião ferro (III). Estes óxidos não são

aderentes nem protetores, como no caso do

chumbo ou alumínio. São higroscópicos absor-

vendo a água, que contribui para que ocorra

progressivamente maior corrosão.

8.3. X (s) + Ag+ (aq) " Ag (s) + X+ (aq)

Objeto que se pretende prateado

8.4.

n.o. 1 6 -2 0 2 6 -2 0

H2SO4 (aq) + Zn (s) — ZnSO4 (aq) + H2 (g)

A reação é redox pois ocorre com variação dos

números de oxidação de algumas espécies nela

envolvidas. O hidrogénio evolui de reagentes

para produtos com diminuição do seu número

de oxidação (Dn.o. (H) < 0)

Dn.o.(H) = n.o. (H)f - n.o.(H)i §

§ Dn.o.(H) = 0 - 1 § Dn.o.(H) = - 1

O zinco evolui de reagentes para produtos com

aumento do seu número de oxidação

(Dn.o. (Zn) > 0)

Dn.o.(Zn) = n.o.(Zn)f - n.o.(Zn)i §

§Dn.o.(Zn) = 2 - 0 § Dn.o.(Zn) = 2

8.5.1. Sistema (I): ocorre reação pois o poder redutor

do zinco é superior ao do cobre. Assim, ocorre

a reação química traduzida pela equação:

Zn (s) + Cu2+ (aq) " Cu (s) + Zn2+ (aq)

Sistema (II): não ocorre reação pois o poder re-

dutor do cobre é inferior ao do zinco.

Cu (s) + Zn2+ (aq) " não ocorre reação

Sistema (III): não ocorre reação, pois o poder

redutor do cobre é superior ao da prata.

Ag (s) + Cu2+ (aq) " não ocorre reação

Sistema (IV); ocorre reação, pois o poder redu-

tor do cobre é superior ao da prata. Assim,

ocorre a reação traduzida pela equação:

Cu (s) + 2 Ag+ (aq) " 2 Ag (s) + Cu2+ (aq)

8.5.2. Sistema (I) verifica-se:

– deposição de cobre sólido sobre a placa de

zinco, já que o catião cobre(II) sofreu redução

originando cobre metálico, que se deposita

sobre a placa de zinco.

– diminuição da intensidade da cor azul da so-

lução. O que origina a cor azul da solução é a

presença de catião cobre (II). À medida que a

reação ocorre, a quantidade de catião cobre (II)

em solução diminui porque se transforma em

cobre metálico. A diminuição da quantidade de

catião cobre (II) em solução diminui a intensi-

dade da coloração azul.

Sistema (IV) verifica-se:

– deposição de prata metálica sobre a placa de

cobre, já que o catião prata (I) sofreu redução

originando prata metálica, a qual se deposita

na placa de cobre.

– intensificação da cor azul da solução. O que

origina a cor azul da solução é a presença de

catião cobre (II). À medida que a reação ocorre,

a quantidade de catião cobre (II) em solução au-

menta, porque o cobre metálico transforma-se

em catião cobre (II). O aumento da quantidade

de catião cobre (II) em solução intensifica a sua

coloração azul .

oxidação

redução

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27

Química


8.5.3. Para uma dada espécie, quanto menor for o

seu poder redutor maior será o seu poder oxi-

dante.

Tendo em atenção a informação contida na

série eletroquímica, verifica-se que a prata é o

metal que apresenta menor poder redutor. Se

a prata é dos três metais aquele que possui

menor poder redutor, será o que possui maior

poder oxidante.

8.5.4. Para o sistema (I), os pares conjugados de oxi-

dação-redução são: Zn2+/Zn e Cu2+/Cu. Para o sistema (IV), os pares conjugados de

oxidação-redução são: Cu2+/Cu e Ag+/Ag.8.5.5. (D) Quanto maior for o poder redutor de um

metal, menor é o poder oxidante do respetivocatião.

8.6. O ácido clorídrico reage com o zinco mas nãoreage com a prata, porque o poder redutor dozinco é superior ao da prata. Assim, o zincometálico é um redutor suficientemente fortepara reduzir o catião hidrogénio (H+) a hidrogé-nio gasoso (H2).

Zn (s) +2 HCl (aq) "Zn2+ (aq) +2 Cl- (aq) +H2 (g)

Como o poder redutor da prata é inferior ao

poder redutor do hidrogénio, a reação seguinte

não ocorre.

Ag (s) + HCl (aq) " não ocorre reação

8.7.1. A série eletroquímica permite concluir que o

poder redutor do ferro é superior ao poder redu-

tor do cobre. Assim, quando se mergulha um

prego de ferro numa solução de sulfato de cobre,

será de prever que o ferro seja oxidado e o cobre

seja reduzido, de acordo com a equação química:

Fe(s) + Cu2+ (aq) " Cu (s) + Fe2+ (aq)

Verifica-se, assim, deposição de uma camada de

cobre metálico sobre o prego de ferro e uma

atenuação da coloração azul da solução. O que

origina a cor azul da solução é a presença de ca-

tião cobre (II). À medida que a reação ocorre, a

quantidade de catião cobre (II) em solução dimi-

nui porque se transforma em cobre metálico. A

diminuição da quantidade de catião cobre (II) em

solução atenua a intensidade da coloração azul.

8.7.2.

A série eletroquímica permite concluir que o

poder redutor do cobre é inferior ao poder redu-

tor do ferro. Assim, quando se mergulha um fio

de cobre numa solução de sulfato de ferro (II),

será de prever que não ocorra reação porque o

cobre não é um redutor suficientemente forte

para reduzir o catião ferro a ferro metálico.

Cu (s) + Fe2+ (aq) " não ocorre reação

8.8.1.

(C) O n.o. do vanádio no ião, VO43– é mais cinco

porque a soma algébrica dos números de oxi-

dação de todos os átomos que constituem um

ião é igual à carga do ião e porque o número de

oxidação do oxigénio é menos dois excepto nos

peróxidos em que é menos um.

n.o.(V)V043– + 4 * n.o. (O)V04

3– = –3 §

§ n.o.(V)V043– + 4 * (– 2) = –3 §

§ n.o.(V)V043– = – 3 + 8 §

§ n.o.(V)V043– = +5

O n.o. do vanádio no ião [VO(H20)5]2+ é mais qua-

tro porque a soma algébrica dos números de

oxidação de todos os átomos que constituem

um ião é igual à carga do ião, porque o número

de oxidação do oxigénio é menos dois exceto

nos peróxidos em que é menos um e porque o

número de oxidação do hidrogénio é um ex-

cepto nos hidretos em que é menos um.

n.o.(V)[VO(H2O)5]2+ + 6 * n.o.(O)[VO(H2O)5]

2+ +

+ 10 * n.o.(H)[VO(H2O)5]2+ = +2

n.o.(V)[VO(H2O)5]2+ + 6 * (–2) + 10 * (1) = +2 §

§ n.o.(V)[VO(H2O)5]2+ –12 + 10 = +2

n.o.(V)[VO(H2O)5]2+ = +2 + 12 – 10 §

§ n.o.(V)[VO(H2O)5]2+ = +4

O n.o. do vanádio no ião [V(H20)6]3+ é mais três



ião é igual à carga do ião, porque o número de

oxidação do oxigénio é menos dois exceto nos

peróxidos em que é menos um e porque o nú-

mero de oxidação do hidrogénio é um exceto

nos hidretos em que é menos um.

n.o.(V)[V(H2O)6]3+ + 6 * n.o.(O)[V(H2O)6]

3+ +

+ 12 * n.o.(H)[V(H2O)6]3+ = +3

n.o.(V)[V(H2O)6]3+ + 6 * (–2) + 12 * (1) = +3 §

§ n.o.(V)[V(H2O)6]3+ –12 + 12 = +3

n.o.(V)[V(H2O)6]3+ = +3 + 12 – 12 §

§ n.o.(V)[V(H2O)6]3+ = +3

O n.o. do vanádio no ião [V(H20)6]2+ é mais dois



ião é igual à carga do ião, porque o número de

oxidação do oxigénio é menos dois exceto nos

peróxidos em que é menos um e porque o

© Edições ASA

28

Química


número de oxidação do hidrogénio é um exceto

nos hidretos em que é menos um.

n.o.(V)[V(H2O)6]2+ + 6 * n.o.(O)[V(H2O)6]

2+ +

+ 12 * n.o.(H)[V(H2O)6]2+ = +2

n.o.(V)[V(H2O)6]2+ + 6 * (–2) + 12 * (1) = +2 §

§ n.o.(V)[V(H2O)6]2+ –12 + 12 = +2

n.o.(V)[V(H2O)6]2+ = +2 + 12 – 12 §

§ n.o.(V)[V(H2O)6]2+ = +2

VO43- (amarelo) → [VO(H2O)5]

2+ (azul) →

→ [V(H2O)6]3+ (verde) → [V(H2O)6]

2+ (violeta/lilás)

8.8.2.1.

(D) O n.o. do enxofre, no composto dióxido de

enxofre (S02) é mais quatro porque a soma al-

gébrica dos números de oxidação de todos os

átomos que constituem uma molécula neutra é

igual a zero (regra da electroneutralidade) e por-

que o número de oxidação do oxigénio é menos

dois exceto nos peróxidos que é menos um.

2 * n.o.(O)SO2+ n.o.(S)SO2

= O §

§ 2 * (–2) + (S)SO2= O § n.o.(S)SO2

= 4

O n.o. do enxofre, no composto dióxido de en-

xofre (S03) é mais seis porque a soma algébrica

dos números de oxidação de todos os átomos

que constituem uma molécula neutra é igual a

zero (regra da electroneutralidade) e porque o

número de oxidação do oxigénio é menos dois

exceto nos peróxidos que é menos um.

2 * n.o.(O)SO3+ n.o.(S)SO3

= O §

§ 3 * (–2) + (S)SO3= O § n.o.(S)SO3

= 6

8.8.2.2.

Determinar o número de oxidação do vaná-

dio no composto V205.

O n.o. do vanádio, no composto V205 é mais

cinco porque a soma algébrica dos números de

oxidação de todos os átomos que constituem

uma molécula neutra é igual a zero (regra da

eletroneutralidade) e porque o número de oxi-

dação do oxigénio é menos dois exceto nos pe-

róxidos, em que é menos um.

5 * n.o.(O)V2O5+ 2 * n.o.(V)V2O5

= 0 §

§ 5 * (–2) + 2 * (V)V2O5= 0 §

§ n.o.(V)V2O5= § n.o.(V)V2O5

= 5

O n.o. do vanádio, no composto óxido de vaná-dio (III), V2O3, é mais 3 porque a soma algébricados números de oxidação de todos os átomosque constituem uma molécula é igual a zero(regra da eletroneutralidade) e porque o n.o.do oxigénio é menos 2, exceto nos peróxidos,

em que é menos 1, nos superóxidos, em que é

menos e na substância elementar, em que

é zero.2n.o.(V)V2O3

+ 3n.o.(O)V2O3= 0 §

§ 2n.o.(V)V2O3+ 3(-2) = 0 §

§ 2n.o.(V)V2O3– 6 = 0 §

§ 2n.o.(V)V2O3= 6 § n.o.(V)V2O3

= 6/2 §§ n.o.(V)V2O3

= 3Dn.o.(V) = n.o.(V)V2O5

– n.o.(V)V2O3

Dn.o.(V) = 5 – (3)Dn.o.(V) = +2

8.8.2.3.Determinar o número de oxidação de todosos elementos envolvidos na reaçãoO número de oxidação, n.o., do oxigénio, noóxido de vanádio (V), V2O5, e no óxido de vanádio(III) , V2O3, é menos 2 porque o número de oxi-dação do oxigénio é menos 2 exceto nos peró-xidos, em que é menos 1, nos superóxidos, emque é menos 1/2, e no estado elementar, em queé zero. Assim o n.o. do oxigénio em O2 é zero.O n.o. do vanádio, no composto óxido de vaná-dio (V), V2O5 é mais 5 porque a soma algébricados números de oxidação de todos os átomosque constituem uma molécula é igual a zero(regra da eletroneutralidade) e porque o n.o.do oxigénio é menos 2.2n.o.(V)V2O5

+ 5n.o.(O)V2O5= 0 §

§ 2n.o.(V)V2O5+ 5(–2) = 0 §

§ 2n.o.(V)V2O5–10 = 0 §

§ 2n.o.(V)V2O5= 10 § n.o.(V)V2O5

= 10/2 §§ n.o.(V)V2O5

= 5O n.o. do vanádio, no composto óxido de vaná-dio (III), V2O3 é mais 3 porque a soma algébricados números de oxidação de todos os átomosque constituem uma molécula é igual a zero(regra da eletroneutralidade) e porque o n.o.do oxigénio menos 2.2n.o.(V)V2O3

+ 3n.o.(O)V2O3= 0 §

§ 2n.o.(V)V2O3+ 3(– 2) = 0 § 2n.o.

§§ – 6 = 0 § 2n.o.(V)V2O3= 6 §

§ n.o.(V)V2O3= 6/2 § n.o.(V)V2O3

= 3

O processo de regeneração do catalisador nãoé uma dismutação e o seu inverso tambémnão é uma dismutação, uma vez que a dismu-tação é uma reação de oxidação-redução ondeo mesmo elemento é simultaneamente oxi-dado e reduzido.

102

V2O3 + O2 → V2O5

oxidaçãoredução

1

2

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29

Química


9. REAÇÕES DE PRECIPITAÇÃO (pp. 266-267)

9.1. A hidroxiapatite é o sal Ca5(PO4)3OH. A sua dis-

sociação pode ser traduzida pela equação:

[Ca5(PO4)3]OH " 5 Ca2+ + 3 PO43- + OH-

Os iões presentes na hidroxiapatite são o ca-

tião cálcio (Ca2+), o anião fosfato (PO43-) e o

anião hidróxido (OH-), a sua proporção de com-

binação é 5:3:1.

9.2. O sulfato de bário é utilizado como meio de

diagnóstico de problemas no tubo digestivo.

9.3. (A) Afirmação falsa. O produto de solubilidade

(Ks) é uma constante de equilíbrio pelo que o

seu valor só depende da temperatura.

(B) Afirmação falsa. O produto de solubilidade

(Ks) é uma constante de equilíbrio pelo que o

seu valor só depende da temperatura. A solu-

bilidade de um sal pouco solúvel é que diminui

por adição de um sal solúvel com ião comum

ao primeiro.

(C)Afirmação falsa. A solubilidade de um sal em

água não depende só da temperatura. A solubi-

lidade de um sal em diferentes soluções de-

pende da presença de iões comuns ao sal e da

presença de agentes que reajam com os iões

presentes no sal. Assim, a solubilidade de um sal

em presença de ião comum diminui relativa-

mente à sua solubilidade em água. A solubili-

dade em presença de agentes que reajam com

os iões presentes no sal, fazendo diminuir a sua

quantidade, aumentam a solubilidade do sal re-

lativamente à sua solubilidade em água.

(D) Afirmação verdadeira. A solubilidade de

um sal pouco solúvel diminui por adição de um

sal solúvel com ião comum ao primeiro.

(E) Afirmação falsa. A solubilidade de um sal

pouco solúvel não aumenta por adição de sol-

vente, porque a solubilidade é uma quantidade

por unidade de volume. A solubilidade define-

-se como sendo a massa máxima de um sal

que é possível dissolver num dado volume (ou

massa) de solvente. Assim, aumentando o vo-

lume (massa) de solvente é possível dissolver

mais massa de soluto, sem que se altere a sua

solubilidade.

(F)Afirmação falsa. A ordem da solubilidade dos

sais, em água, coincide com a ordem dos respe-

tivos produtos de solubilidade, para uma mes -

ma temperatura, apenas se a estequiometria

dos sais for a mesma, isto é, se a relação entre

a solubilidade e o produto de solubilidade for

igual.

(G) Afirmação verdadeira. O cloreto de amónio

aquoso, NH4Cl, sofre dissociação de acordo

com a equação química:

NH4Cl (aq) NH4+ (aq) + Cl– (aq)

Como o ião NH4+ (aq) tem carater ácido, a rea-

ção destes iões com os iões hidróxido, HO–,

provoca uma diminuição dos iões oxónio, dado

que ocorre a reação traduzida pela equação:

NH4+ (aq) + HO– (aq) H2O (l) + NH3 (aq)

Assim, de acordo com o Princípio de Le Châ-

telier (quando um sistema químico em equilí-

brio é sujeito a uma alteração/perturbação

tende a contrariá-la até atingir novo estado de

equilíbrio), o sistema traduzido pela equação

química:

Ca(HO)2 (s) Ca2+ (aq) + HO– (aq)

vai favorecer o sentido da dissolução do sal, o

sentido direto, pois este permite aumentar a

concentração de hidróxido e restabelecer de

novo uma situação de equilíbrio. Assim, pode

concluir-se que numa solução de NH4Cl o hi-

dróxido de cálcio é mais solúvel do que em

água.

9.4.1.

A afirmação é verdadeira, pois todos os sais

apresentados possuem moléculas de água in-

corporadas na sua estrutura cristalina.

9.4.2.

AlCl.6H2O

CuSO4.5H2O

"@

"@

"@

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30

Química


BaCl2.2H2O

9.4.3.1.

A afirmação é verdadeira. À temperatura de

40 °C, S(CuSO4.5H2O) = 28,5 g /100 g de H2O,

ou seja, a quantidade máxima de CuSO4.5H2O

que é possível dissolver em 100 g de água é

28,5 g. Assim, a essa temperatura, a solução

está saturada, pois a concentração do

CuSO4.5H2O em solução aquosa coincide com

a solubilidade.

9.4.3.2.

A afirmação é falsa. À temperatura de 60 °C,

S(AlCl3.6H2O) = 32,5 g/100 g de H2O, ou seja,

a quantidade máxima de AlCl3.6H2O que é

possível dissolver em 100 g de água é 32,5 g.

Assim, a essa temperatura a solução não está

saturada, pois a concentração do AlCl3.6H2O

em solução aquosa é inferior à solubilidade.

9.4.3.3.

A afirmação é falsa. À temperatura de 80 °C,

S(BaCl2.2H2O) = 52,4 g/100 g de H2O, ou seja,

a quantidade máxima de BaCl2.2H2O que é

possível dissolver em 100 g de água é 52,4 g.

Assim, a essa temperatura a solução está so-

bressaturada, pois a concentração do BaCl2.2H2O

em solução aquosa é superior à solubilidade.

9.4.4.

À temperatura de 100,0 °C, o sal mais solúvel

é o CuSO4.5H2O, pois é aquele em que é pos-

sível dissolver uma maior massa, para a

mesma massa de solvente.

9.4.5.

Determinar, por leitura gráfica, a solubili-

dade do BaCl2.2H2O, a 65 °C.

Pela leitura do gráfico, à temperatura de

65 °C, o valor máximo de BaCl2.2H2O que se

pode dissolver em 100 g de solvente é de

48,0 g.

Determinar, nestas condições, o valor má-

ximo da massa de BaCl2.2H2O que se pode

dissolver em 60 g de água.

= §

§ = §

§ m(BaCl2.2H2O) = * 60 §

§ m(BaCl2.2H2O) = 28,8 g 9.5.1. Prevê-se a formação de um precipitado, isto é,

admite-se que ocorrerá precipitação.9.5.2. Determinar a solubilidade do cromato de

bário (BaCrO4). BaCrO4 (s) Ba2+ (aq) + CrO4

2- (aq) Ks = [Ba2+]* [CrO4

2-] § Ks = S * S §§ Ks = S2 § S = V√Ks §§ S = V√1,√2 √* √1√0-√10 §

§ S = 1,1 * 10-5 mol dm-3

Determinar a solubilidade do cromato deestrôncio (SrCrO4).

SrCrO4 (s) Sr2+ (aq) + CrO42- (aq)

Ks = [Sr2+] * [CrO42-] § Ks = S * S §

§ Ks = S2 § S = V√Ks §§ S = V√3,√5 √* √1√0√-5 §

§ S = 5,9 * 10-3 mol dm-3

O sal que precipita primeiro é o cromato debário, pois é o sal menos solúvel, ou seja, é oque apresenta menor solubilidade.

9.5.3. Determinar a concentração de anião cro-

mato quando o cromato de estrôncio co-meça a precipitar.

No instante em que o cromato de estrôncio co-meça a precipitar (admite-se que neste instantecomeça a precipitar mas ainda não precipitou eque a adição de solução de cromato não alteroude forma mensurável o volume de solução), aconcentração de ião estrôncio é 0,10 mol dm-3.Esse instante em que começa a precipitar masainda não precipitou é o instante limite da condi-ção de equilíbrio, Q = Ks. Esta condição permitedeterminar a concentração de cromato, já quese conhece Ks e a concentração de catião Sr2+

nesse instante.

Ks = [Sr2+] * [CrO42-] § [CrO4

2-] = §

§ [CrO42-] = §

§ [CrO42-] = 3,5 * 10-5 mol dm-3

48,0

100

m(BaCl2.2H2O)

m(água)

48,0

100

m(BaCl2.2H2O)

60

48,0

100

"@

"@

Ks

[Sr2+]

3,5 * 10-5

0,10

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31

Química


Determinar a concentração de catião bário

quando o cromato de estrôncio começa a

precipitar.

No instante em que o cromato de estrôncio co-

meça a precipitar, a concentração de anião

cromato é 3,5 * 10-5 mol dm-3, e nesse ins-

tante o sistema encontra-se em equilíbrio re-

lativamente ao cromato de bário, pelo que,

Q = Ks; esta condição permite determinar a

concentração de catião bário, já que se co-

nhece Ks e a concentração de anião cromato

nesse instante.

Ks = [Ba2+]* [CrO42-] § [Ba2+] = §

§ [Ba2+] = §

§ [Ba2+] = 3,4 * 10-7 mol dm-3

A concentração do catião bário quando o cro-

mato de estrôncio começa a precipitar é

3,4 * 10-7 mol dm-3.

9.6. A afirmação é verdadeira, pois a relação entre

a solubilidade dos sais só é igual à relação entre

os produtos de solubilidade quando a estequio-

metria dos sais é equivalente, ou seja, quando

a relação entre o produto de solubilidade e a so-

lubilidade é igual para os diferentes sais.

Determinar a solubilidade do cromato de

bário (BaCrO4).

BaCrO4 (aq) Ba2+ (aq) + CrO42- (aq)

Ks = [Ba2+] * [CrO42-] § Ks = S * S §

§ Ks = S2 § S = V√Ks § S = V√1,√2 √*√ 1√0√-10 §

§ S = 1,1 * 10-5 mol dm-3

Determinar a solubilidade do cromato de

prata (Ag2CrO4).

Ag2CrO4 (s) 2 Ag+ (aq) + CrO42- (aq)

Ks = [Ag+]2 * [CrO42-] § Ks = (2S)2 * S §

§ Ks = 4 S3 § S3 = §

§ S = 3

V√ § S = 3

V §

§ S = 6,9 * 10-5 mol dm-3

Determinar a relação entre os produtos de

solubilidade.

= §

§ ] 92 §

§ Ks(BaCrO4) ] 92 * Ks(Ag2CrO4)

Determinar a relação entre as solubilidades.

= §

§ ] 6,3 §

§ S(Ag2CrO4) ] 6,3 * S(BaCrO4)

Mostrar que a relação entre as solubilida-

des e o Ks é diferente para os dois sais.

Para o cromato de bário (BaCrO4):

Ks = S2 § S = V√Ks

Para o cromato de prata (Ag2CrO4):

Ks = 4 S3 § S3 = S3 = § S = 3

V√9.7.1.

Quando se misturam as duas soluções poderá

ocorrer precipitação de hidróxido de alumínio

(Al(OH)3) já que o nitrato de sódio é um sal

muito solúvel.

Determinar a quantidade de catião alumínio

(Al3+) proveniente dos 40,0 cm3 de solução

de nitrato de alumínio.

Vsolução = 40,0 cm3 § Vsolução = 40,0 * 10-3 dm3

[Al(NO3)3] = §

§ n(Al(NO3)3) = [Al(NO3)3] * V §

§ n(Al(NO3)3) = 0,020 * 40,0 * 10-3 §

§ n(Al(NO3)3) = 8,0 * 10-4 mol

Em solução aquosa, o nitrato de alumínio sofre

dissociação de acordo com a equação:

Al(NO3)3 (aq) " Al3+ (aq) + 3 NO3- (aq)

Tendo em conta a estequiometria do sal:

n(Al3+) = n(AlNO3)3) §

§ n(Al3+) = 8,0 * 10-4 mol

Determinar a quantidade de anião hidróxido

(OH-) proveniente dos 60,0 cm3 de solução

de hidróxido de sódio.


[NaOH] = §

§ n(NaOH) = [NaOH] * V §

n(NaOH) = 0,050 * 60,0 * 10-3 §

§ n(NaOH) = 3,0 * 10-3 mol

Em solução aquosa, o hidróxido de sódio sofre


NaOH (aq) " Na+ (aq) + OH- (aq)

Tendo em conta a estequiometria:

n(OH-) =n(NaOH) § n(OH-) = 3,0 * 10-3 mol

Ks

[CrO42-]

1,2 * 10-10

3,5 * 10-4

"@

"@

Ks

4

31,3 * 10-12

4

Ks

4

1,2 * 10-10

1,3* 10-12

Ks(BaCrO4)

Ks(Ag2CrO4)

Ks(BaCrO4)

Ks(Ag2CrO4)

6,9 * 10-5

1,1 * 10-5

S(Ag2CrO4)

S(BaCrO4)

S(Ag2CrO4)

S(BaCrO4)

Ks

4

Ks

4

n(Al(NO3)3)

V

n(NaOH)

V

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32

Química


Determinar a concentração do anião hidró-

xido (OH-) na solução final se não ocorresse

precipitação.

Vtotal = VAl(NO3)3+ VNaOH §

§ Vtotal = 40,0 + 60,0 §

§ Vtotal = 100,0 cm3 §

§ Vtotal = 100,0 * 10-3 dm3

[OH-] = § [OH-] = §

§ [OH-] = 3,0 * 10-2 mol dm-3

Determinar a concentração do catião alumí-

nio (Al3+) na solução final se não ocorresse

precipitação.

Vtotal = VAl(NO3)3+ VNaOH §

§ Vtotal = 40,0 + 60,0 §

§ Vtotal = 100,0 cm3 §

§ Vtotal = 100,0 * 10-3 dm3

[Al3+] = § [Al3+] = §

§ [Al3+] = 8,0 * 10-3 mol dm-3


Al(OH)3 (aq) Al3+ (aq) + 3 OH- (aq)

Q = [Al3+]* [OH-]3 §

§ Q = 8,0 * 10-3 * (3,0 * 10-2)3 §

§ Q = 2,2 * 10-7

Q > Ks(Al(NO3)3). Nestas condições, o sistema

não se encontra em equilíbrio (a condição de

equilíbrio é Q = Ks). Para que uma situação de

equilíbrio seja atingida, o quociente da reação

tem de diminuir até igualar o valor de Ks, o que

implica evolução do sistema no sentido da for-

mação do sal, o que leva à formação de preci-

pitado. Há precipitação de Al(OH)3 e diminuição

das concentrações dos iões.

9.7.2.

Na solução final existem os iões NO3-, Na+,Cl-,

H3O+ e OH-. As espécies NO3

-, Na+,Cl-, tem ca-

ráter químico ácido-base neutro. Assim, o ca-

ráter químico da solução final vai depender da

quantidade de OH- proveniente de hidróxido

solubilizado.

Tendo em consideração os valores das con-

centrações obtidos no item anterior

Admitindo que todo o Ag+ precipitava

8,0 * 10-4 - x ] 0 e x ] 8,0 * 10-4 mol, resulta-

ria que n(OH-)e = 3,0 * 10-3 - 3x §

§ n(OH-)e = 3,0 * 10-3 - [3 * (8,0 * 10-4)] §

§ n(OH-)e = 6,0 * 10-4 mol,

A quantidade de OH- no equilíbrio vai ser ligei-

ramente superior a 6,0 * 10-4 mol porque o

Ag+ não se gasta totalmente, pois fica em so-

lução uma pequena quantidade, que corres-

ponde à permitida pela solubilidade nestas

condições.

Admitindo que n(OH-)e = 6,0 * 10-4 mol:

[OH-] = § [OH-] = §

§ [OH-] = 6,0 * 10-3 mol dm-3


§ pOH = - log (6,0 * 10-3) § pOH = 2,2

O pOH vai ser ligeiramente inferior a 2,2, pois

a concentração de OH- é ligeiramente superior

a 6,0 * 10-3 mol. Assim, a 25 °C, a solução é

francamente alcalina.

9.8.1.

Hidróxido de bário – Ba(HO)2

Sulfato de sódio – Na2SO4

9.8.2.

Ba2+ (aq) + SO42- (aq) BaSO4 (s)

9.8.3.

Quando se misturam as duas soluções poderá

ocorrer precipitação de sulfato de bário

(BaSO4), que é um sal pouco solúvel, já que o

hidróxido de sódio é bastante solúvel.

Determinar a quantidade de catião bário

(Ba2+) proveniente dos 50,0 cm3 de solução

de hidróxido de bário.


[Ba(OH)2] = §

§ n(Ba(OH)2) = [Ba(OH)2] * V §

n(Ba(OH)2) = 1,00 * 50,0 * 10-3 §

§ n(Ba(OH)2) = 5,00 * 10-2 mol

Em solução aquosa, o hidróxido de bário sofre


Ba(OH)2 (aq) " Ba2+ (aq) + 2 OH- (aq)


n(Ba2+) = n(Ba(HO)2) §

§ n(Ba2+) = 5,0 * 10-2 mol

"@

n(Ba(OH)2)

V

3,0 * 10-3

100,0 * 10-3

n(OH-)

Vtotal

8,0 * 10-4

100,0 * 10-3

n(Al3+)

Vtotal

"@

6,0 * 10-4

100,0 * 10-3

n(OH-)

Vtotal

Al(OH)3 (s) "@ Ag+ (aq) + 3 OH- (aq)

ni/mol — 8,0 * 10-4 3,0 * 10-3

Variação +x -x -3x

neq/mol x 8,0 * 10-4 - x 3,0 * 10-3 -3x

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33

Química


Determinar a quantidade de anião sulfato

(SO42-) proveniente dos 86,4 cm3 de solução

de sulfato de sódio.


[Na2SO4] = §

§ n(Na2SO4) = [Na2SO4] * V §

§ n(Na2SO4) = 1,00 * 86,4 * 10-3 §

§ n(Na2SO4) = 8,64 * 10-2 mol

Em solução aquosa, o sulfato de sódio sofre


Na2SO4 (aq) " 2 Na+ (aq) + SO42- (aq)


n(SO42-) = n(Na2SO4) §

§ n(SO42-) = 8,64 * 10-2 mol

Determinar a concentração do anião sulfato

(SO42-) na solução final se não ocorresse

precipitação.

Vtotal = VBa(OH)2+ VNa2SO4

§

§ Vtotal = 50,0 + 86,4 §

§ Vtotal = 136,4 cm3 §

§ Vtotal= 136,4 * 10-3 dm3

[SO42-] = § [SO4

2-] = §

§ [SO42-] = 6,33 * 10-1 mol dm-3

Determinar a concentração do catião bário

(Ba2+) na solução final se não ocorresse pre-

cipitação.

[Ba2+] = § [Ba2+] = §

§ [Ba2+] = 3,67 * 10-1 mol dm-3


BaSO4 (s) Ba2+ (aq) + SO42- (aq)

Q = [Ba2+] * [SO42-] §

§ Q = 3,67 * 10-1 * 6,33 * 10-1 §

§ Q = 2,32 * 10-1

Q > Ks (BaSO4), nesta condições o sistema não

se encontra em equilíbrio (a condição de equi-

líbrio é Q = Ks), para que uma situação de equi-

líbrio seja atingida o quociente da reacção tem

de diminuir até igualar o valor de o valor de Ks,

o que implica evolução do sistema no sentido

da formação do sal. Assim, implica formação de

precipitado, ou seja, há precipitação de BaSO4 e

diminuição das concentrações dos iões.

Estabelecer as condições iniciais e as de

equilíbrio.

Determinar o valor de x.

Recorrer à expressão do produto de solubili-

dade, Ks, para determinar x.

Ks = [Ba2+]e * [SO42-]e §

§ 1,1 * 10-10 = * §

§ 1,1 * 10-10 = * §

§ 1,1 * 10-10 (136,4 * 10-3)2 =

= (0,0864 − x) * (0,0500 − x) §

§ x2 - 136,4 * 10−3x + 4,32 * 10-3 = 0

Aplicando a fórmula resolvente, resulta

x = 8,64 * 10-2 ou x = 5,00 * 10-2.

O valor de x, 8,64 * 10-2 é impossível nestas

condições, pois não se pode gastar de catião

bário (Ba2+) uma quantidade superior à inicial.

Determinar as quantidades de iões Ba2+ e

SO42- quando se atinge o equilíbrio.

n(Ba2+)e ] 0

n(SO42-)e = 0,06864 - 0,0500 §

§ n(SO42-)e = 0,0364 mol

Quando se atinge o equilíbrio, a quantidade de

Ba2+ é tão pequena que não foi possível detetá-

-la por este processo, mas dado que se co-

nhece a concentração de anião sulfato (SO42-)

vai ser possível detetá-la recorrendo à expres-

são de Ks.

Ks = [Ba2+]e * [SO42-]e § [Ba2+]e = §

§ [Ba2+]e = §

§ [Ba2+]e = §

§ [Ba2+]e = 4,12 * 10−10 mol dm-3

[Ba2+]e = §

§ n(Ba2+)e = [Ba2+]e * Vtotal §

§ n(Ba2+)e = 4,12 * 10-10 * 136,4 * 10−3 §

§ n(Ba2+)e = 5,62 * 10-10

Ks

[SO42-]e

Ks

n(SO42-)e

Vtotal

1,0 * 10-10

0,0364

136,4 * 10-3

n(Ba2+)e

Vtotal

n(Na2SO4)

V

8,64 * 10-2

136,4 * 10-3

n(SO42-)

Vtotal

5,0 * 10-2

136,4 * 10-3

n(Ba2+)

Vtotal

"@

n(Ba2+)e

Vtotal

n(SO42-)e

Vtotal

0,0500 - x

136,4 * 10-3

0,0864 - x

136,4 * 10-3

BaSO4 (s) "@ Ba2 (aq) + SO4

2- (aq)

ni/mol — 0,0500 0,0864

Variação +x -x -x

neq/mol x 0,0500- x 0,0864- x

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34

Química


As quantidades de catião bário (Ba2+) e anião

sulfato (SO42-) na mistura obtida são respetiva-

mente 5,62 * 10−11 mol e 0,0364 mol.

9.8.4. Determinar a quantidade de sulfato de bário

que precipita.

n(BaSO4) = x § n(BaSO4) = 5,00 * 10−2 mol

Determinar a massa de sulfato de bário que

precipita.

Mr(BaSO4) = Ar(Ba) + Ar(S) + 4 Ar(O) §

§ Mr(BaSO4l) = 137,33 + 32 §

§ Mr(BaSO4) = 233,40 07 + (4 × 16,00)

M(BaSO4) = 233,40 g mol-1

m(BaSO4) = n(BaSO4) * M(BaSO4) §

§ m(BaSO4) = 5,00 * 10−2 * 233,40 §

§ m(BaSO4) = 11,67 g

A massa de BaSO4 que precipita é 11, 67 g.

9.8.5. Ao produto resultante da junção das duas so-

luções chamou-se mistura e não solução, pois

trata-se de uma mistura heterogénea consti-

tuída por duas fases distintas, uma sólida e

outra líquida. A líquida é a solução saturada

em sulfato de bário e a sólida é o sal precipi-

tado de sulfato de bário.

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