Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
1.
O amoníaco na sociedade
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 Conservação 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.
" 2 NH (g)
N2 (g) + 3 H2 (g) @
3
1.3.2.
A expressão da constante de equilíbrio para a
reação de síntese do amoníaco é dada por:
Kc =
[NH3]e2
[N2]e * [H2]e2
Atendendo ao gráfico, verifica-se que o valor
da constante de equilíbrio, Kc, diminui com o
aumento de temperatura, isto é, com o aumento 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, aumentando a temperatura, o sistema evolui no sentido inverso. Então, nesse sentido ocorre
1.3.5.
São impostas condições de segurança na manipulação do amoníaco pois este é muito corrosivo,
constituindo perigo para a saúde e para o ambiente. 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 amoníaco é favorecida por baixas temperaturas e
por elevadas pressões.
A percentagem de amoníaco na mistura aumenta com a diminuição de temperatura e
com o aumento de pressão.
O processo de formação do amoníaco é exotérmico. Quando se aumenta a temperatura, a
pressão constante, a percentagem de amoníaco no sistema diminui, o que significa evolução do sistema no sentido inverso com
diminuição da concentração dos produtos da
reação e aumento da concentração dos reagentes, 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 mistura reacional é 31%
% (NH3) =
absorção de energia pelo que a reação é endotérmica.
m(NH3)
m(total do sistema)
§ m(total do sistema)=
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 exotérmica.(Ver 5.3.2)
(D) A elevação de temperatura favorece a reação que ocorre com consumo de energia, ou
seja, a reação endotérmica, o que no caso da
síntese do amoníaco se verifica quando o sistema 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.
§ m(total do sistema) =
* 100 §
m(NH3)
%(NH3)
75
31
* 100 §
* 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) =
m(NH3)
m(total)
§ m(NH3) =
§ m(NH3) =
* 100 §
%(NH3) * m(total)
100
50 * 242
100
§
§ 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
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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 temperatura 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 diminuição 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 temperatura o sistema tende a evoluir no sentido
directo, libertando energia para assim contrariar 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 temperatura de compromisso (450 °C) entre o aumento 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 aumento de pressão evolui no sentido directo
(menor número 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 tempera-
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turas. Na prática, utilizam-se pressões elevadas
mas de modo a garantir a segurança, pressão
entre 200 e 300 atmosferas, já que pressões
elevadas exigem equipamentos dispendiosos,
maiores condições de segurança e temperaturas da ordem de 450 °C, utilizando-se ferro metálico como catalisador.
1.5. Determinar a energia gasta na dissociação
de ligações.
Energia gasta na dissociação de três mol de
H2 (g) é 436 * 3 " 1308 kJ
Energia gasta na dissociação de um mol de
N2 (g) é 94 kJ
Energia total gasta na dissociação das ligações 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 mol de
NH3 (g) é x * 6 " 6x (kJ)
Energia total libertada na formação das ligações " 6x (kJ)
Determinar x.
DH = Energia gasta – Energia libertada
- 93 = 1402 - 6x § - 6x = - 93 + (- 1402) §
§ 6x = 1495 §
§x=
1495
6
§ 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 tetracloroplatinato (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) =
m(K2PtCl4)
M(K2PtCl4)
§ n(K2PtCl4) =
100
145,08
§
§
§ 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) =
m( NH3)
M(NH3)
§ n(NH3) =
§ n(NH3) = 0,587 mol
10,0
17,04
§
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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 completamente 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 limitante.
Determinar a quantidade de cisplatina –
Pt(NH3)2Cl2, teoricamente prevista.
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 temperatura, soluções saturadas de Pt(NH3)2Cl2 e
de K2PtCl4 apresentam diferente valor de pH
e, por isso, vão apresentar diferente concentração 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
n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. = n(K2PtCl4) §
§ n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. = 0,241 mol
temperatura não seja a mesma.
Determinar a quantidade de cisplatina –
Pt(NH3)2Cl2, realmente obtida.
de Pt(NH3)2Cl2 e de K2PtCl4 possuem iões OH-
h=
n(Pt(NH3)2Cl2)r.o.
n(Pt(NH3)2Cl2)t.p.
(D) Afirmação incorreta. Soluções saturadas
* 100 §
§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. =
[OH-] =
n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. * h
§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. =
100
0,241 * 80,0
100
em solução aquosa, já que:
§
§
§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. = 0,193 mol
A quantidade de cisplatina formada na reação
foi 0,193 mol.
1.6.1.2.
O reagente em excesso é NH3.
Determinar a quantidade que se gastou de
tetracloroplatinato (II) de potássio – K2PtCl4.
n(K2PtCl4)gasto = n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. §
§ n(K2PtCl4)gasto = 0,193 mol
Determinar a quantidade de amoníaco que
se gastou.
n(NH3)gasto = 2 * n(K2PtCl4)gasto §
§ n(NH3)gasto = 2 * 0,193 §
§ n(NH3)gasto = 0,386 mol
Determinar a quantidade que não se gastou
de amoníaco – NH3.
n(NH3)que não reage = n(NH3)existente - n(NH3)gasto §
§ n(NH3)que não reage = 0,587 - 0,386 §
§ n(NH3)que não reage = 0,201 mol
A quantidade de NH3 que não reagiu foi
0,201 mol.
1.6.2.1.
(C)
(A) Afirmação incorreta. Para a mesma temperatura, quanto maior for o pH menor o caráter ácido. Para a mesma temperatura, uma
Kw
ou [OH-] = 10-pOH
[H3O+]
1.6.2.2.
(A)
Determinar a massa de cada uma das substâncias 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 =
m(substância)
V(substância)
§ V(substância) =
V(K2PtCl4) =
m(substância)
rsubstância
m(K2PtCl4)
rK PtCl
2
§ V(K2PtCl4) =
§
§
4
415,09 n
3,4
§
§ V(K2PtCl4) = 122,1 n (cm3)
V(Pt(NH3)2Cl2) =
m(Pt(NH3)2Cl2)
r(Pt(NH ) Cl )
32
§ V(Pt(NH3)2Cl2) =
300,05 n
3,7
§
2
§
§ V(Pt(NH3)2Cl2) = 81,1 n (cm3)
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Determinar a razão dos volumes.
V(K2PtCl4)
V(Pt(NH3)2Cl2)
§
=
122,1 n
81,1 n
V(K2PtCl4)
§
n(NH3) =
= 1,5 §
V(Pt(NH3)2Cl2)
§ 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 substâncias igual e com valor m.
Considerar m a massa de cada uma das substâncias.
m(Pt(NH3)2Cl2) = m(K2PtCl4) = m (g)
Determinar o volume ocupado por essa
massa para cada uma das substâncias.
rsubstância =
m(substância)
V(substância)
V(K2PtCl4) =
m
rK PtCl
2
§ V(K2PtCl4) =
V(Pt(NH3)2Cl2) =
§
m(substância)
§ V(substância) =
rsubstância
§
4
m
3,4
(cm3)
m
r(Pt(NH3)2Cl2)
§ V(Pt(NH3)2Cl2) =
m
3,7
§
(cm3)
Determinar a razão dos volumes.
m
V(K2PtCl4)
3,4
=
§
m
V(Pt(NH3)2Cl2)
3,7
§
§
V(K2PtCl4)
V(Pt(NH3)2Cl2)
V(K2PtCl4)
V(Pt(NH3)2Cl2)
=
m
3,4
*
3,7
m
§
= 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.
1.7. (C)
Determinar a quantidade de amoníaco.
m(NH3) =14 mg § m(NH3) = 1,4 * 10-2 g
Mr(NH3) = Ar(N) + 3 Ar(H)
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Mr(NH3) = 14,01 + 3 * 1,01
Mr(NH3) = 17,04 ± M(NH3) =17,04 g mol-1
m(NH3)
M(NH3)
§ n(NH3) =
1,4 * 10-2
17,04
§
§ n(NH3) = 8,22 * 10-4 mol
Determinar o número de moléculas de amoníaco – 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 hidrogénio (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 condições 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 substância.
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
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 cilindro.
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)
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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 determinar a quantidade de NH3.
V(NH3) = n(NH3) * Vm § n(NH3) =
n(NH3)
Vm
Estabelecer a expressão que permite determinar o número de moléculas de NH3.
N(NH3) = n(NH3) * NA §
V(NH3)
§ N(NH3) =
Vm
4,48
§ N(NH3) =
22,4
* NA §
* 6,02 * 1023
1.9.1.
Determinar a quantidade de amoníaco utilizada.
V(NH3 = n(NH3) * Vm §
§ N(NH3) =
V(NH3)
Vm
§ n(NH3) =
225
22,4
§
§ 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. =
1
2
n(NH3) §
§ n(HNO3)t.p. =
1
2
* 10,0 §
§ n(HNO3)t.p. = 5,00 mol
Determinar a quantidade de ácido nítrico
que realmemte se obtém.
h=
n(HNO3)r.o.
n(HNO3)t.p.
* 100 §
§ n(HNO3)r.o. =
§ n(HNO3)r.o. =
h * n(HNO3)t.p.
100
90,0 * 5,00
100
§
§
§ n(HNO3)r.o. = 4,50 mol
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 Arrhenius. Porém, segundo Brönsted-Lowry, define-se base como uma espécie com tendência
para aceitar protões, o que se verifica na reação de amoníaco com água:
" NH + (aq) + OH- (aq)
NH3 (aq) + H2O (l) @
4
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 pertencem ao mesmo período da Tabela Periódica.
Ao longo de um período da Tabela Periódica, o
raio atómico diminui com o aumento do número atómico. Como o número atómico do
azoto é inferior ao número atómico do oxigénio, pode concluir-se que o raio atómico do
azoto é superior ao do oxigénio.
1.10.1.
É necessário realizar diferentes testes laboratoriais para identificar a presença do azoto
amoniacal no produto comercial em análise
porque a realização de um só teste pode não
ser conclusiva. Realizando diferentes testes,
há maior a certeza nos resultados obtidos.
1.10.2.
As amostras padrão A e B são utilizadas como
referência e para comparar com os resultados
obtidos, permitindo concluir sobre a presença
ou ausência do azoto amoniacal. O resultado
da amostra A será o típico de uma amostra
que contém azoto amoniacal e o resultado da
amostra B será o típico de uma amostra que
não contém azoto amoniacal.
1.11.1.
A designação da operação I será adição de uma
base.
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Determinar a massa de NH3 presente em
1.11.2.
A espécie química representada pela letra C
será NH4+.
7,28 g de solução concentrada de NH3.
%(m/m)(NH3) =
1.11.3.
Os resultados dos testes, representados pelas
letras D e E, a uma amostra do produto co-
§ m(NH3) =
m(NH3)
m(solução)
m(solução) * %(m/m) (NH3)
mercial em estudo são, respetivamente, o apa-
2.
7,28 * 25,0
§ m(NH3) =
Rendimento de uma síntese
§ m(NH3) = 1,82 g
custo de produção de um dado fármaco será
a complexidade das fases da produção, desde
as matérias iniciais até ao produto fabricado.
100
§
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
m(NH3)
§ n(NH3) =
ou mais reagentes originando um produto de
n(NH3) =
reação que é uma substância composta
§ n(NH3) = 1,07 * 10-1 mol
2.3. (A) Afirmação verdadeira.
§
Determinar a quantidade de NH3.
2.2. (C) Uma reação de síntese ocorre entre dois
M(NH3)
1,82
17,04
§
Determinar o reagente limitante.
(B) Afirmação falsa. É muito pouco provável
Tendo em conta a estequiometria da reação:
que o rendimento de uma reação química seja
n(NH3) = 4 * n(CuSO4.5H2O) §
de 100%, pelo que as quantidades de produtos
obtidos são, de um modo geral, inferiores às
§ n(NH3) = 4 * 2,03 * 10-2 §
§ n(NH3) = 8,12 * 10-2 mol
previstas pela estequiometria.
Para que 2,03 * 10-2 mol de CuSO4.5H2O
(C) Afirmação falsa. Um rendimento de 35%
reagissem completamente, seriam necessários
significa que a quantidade (ou massa ou vo-
8,12 * 10-2 mol de NH3. Como existem
lume) de produto obtido foi 35% da quantidade
1,07 * 10-1 mol de NH3 (quantidade superior à
(ou massa ou volume) de produto prevista
necessária), o NH3 está em excesso e o sulfato
(aquela que se esperava obter se o rendimento
de cobre(II) penta-hidratado (CuSO4.5H2O) é o
fosse de 100%.
reagente limitante.
2.4.2.2.
(D) Afirmação verdadeira.
(E) Afirmação verdadeira.
O rendimento da reação seria 100% se todo o sul-
(F) Afirmação verdadeira.
fato de cobre(II) penta-hidratado (CuSO4.5H2O)
(G) Afirmação verdadeira. O sulfato de tetraami-
reagisse para formar o sal de sulfato de tetraami-
nocobre (II) monohidratado é um sal complexo,
nocobre(II) monohidratado (Cu(NH3)4SO4.5H2O)
pois tem na sua constituição um ião complexo:
Determinar a quantidade (Cu(NH3)4SO4.H2O)t.p.
o ião tetraaminocobre (II) – [Cu(NH3)4] .
teoricamente prevista.
2+
2.4.1.
O sal hidratado presente nos reagentes é o
CuSO4.5H2O. O seu nome é sulfato de cobre (II)
penta-hidratado.
2.4.2.1.
Determinar a massa de solução concentrada de NH3.
r=
m(solução)
V(solução)
§
§ m(solução) = rsolução * V(solução) §
§ m(solução) = 8,0 * 0,91 §
§ m(solução) =7,28 g
6
100
recimento de fumos brancos e cor azul.
2.1. O fator que mais contribui para o elevado
* 100 §
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De acordo com a estequiometria da reação:
n(CuSO4.5H2O) = n(Cu(NH3)4SO4.5H2O)t.p. §
§ n(Cu(NH3)4SO4.H2O)t.p. = 2,03 * 10-2 mol
Determinar a quantidade (Cu(NH3)4SO4.H2O)r.o.
realmente obtida.
Mr(Cu(NH3)4SO4.H2O) = Ar(Cu) + 4 Ar(N) + 14
Ar(H) + Ar(S) + 5 Ar(O) § 63,55 + 4 * 14,01 +
14 * 1,01 + 32,07 + 5 * 16,00 §
§ Mr(Cu(NH3)4SO4.H2O) = 245,8
M(Cu(NH3)4SO4.H2O) = 245,8 g mol-1
n(Cu(NH3)4SO4.H2O)r.o =
m(Cu(NH3)4SO4.H2O)r.o
M(Cu(NH3)4SO4.H2O)
§
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
§ n(Cu(NH3)4SO4.H2O)r.o =
3,53
245,8
§
§ n(Cu(NH3)4SO4.H2O)r.o = 1,44 * 10-2 mol
Determinar o rendimento.
n(Cu(NH3)4SO4.H2O)r.o
h=
* 100 §
n(Cu(NH3)4SO4.H2O)t.p
§h=
1,44 * 10-2
2,03 * 10-2
* 100 § h = 71,0%
O rendimento da reação realizada é 71,0%.
2.5. (C) O amoníaco é adicionado em excesso, daí
a medição do seu volume não necessitar de
ser feita de forma muito rigorosa.
(A) A pipeta volumétrica é um instrumento
para leitura muito rigorosa de volumes, devendo ser particularmente utilizada em titulações ou preparação de soluções rigorosas por
diluição. Porém, em qualquer caso, deve ser
utilizada para medir volumes bem definidos,
de uma só vez.
(B) A proveta é um instrumente para medição
volumes, quando essa medição não precisa de
ser muito rigorosa. Neste caso, a proveta em
causa tem uma capacidade demasiado grande
para medir o volume de amoníaco, pelo que o
erro introduzido é maior que o aceitável.
(D) O gobelé ou copo de precipitação não é um
instrumento de medida de volumes.
2.6. (C)
(A) Este processo conduz a perdas de massa
no almofariz, pelo que não é recomendável a
trituração depois da pesagem da massa. A trituração deve ser feita previamente e só depois
fazer a pesagem da massa correspondente às
0,020 mol, para evitar perdas.
(B) A redução dos cristais a pó não tem influência na facilidade de medir a sua massa.
(C) Os cristais de sal devem ser reduzidos a pó
pois o maior grau de divisão favorece a sua dissolução no solvente (água).
(D) A redução dos cristais a pó não não tem
qualquer influência na diminuição da sua hidratação.
2.7.1.
A sequência é: D, F, C, E, A, B
2.7.2.
A preparação laboratorial do sulfato de tetraamino
cobre (II) mono-hidratado, [Cu(NH3)4]SO4•H2O, inclui uma etapa em que se adiciona, lentamente, a
solução de sulfato de cobre (II) à solução concentrada de amoníaco, aparecendo de seguida uma
precipitado azul claro de hidróxido de cobre(II),
Cu(OH)2, etapa correspondente à imagem (C). Seguidamente adiciona-se um pouco de álcool etílico, CH3CH2OH, à solução de sulfato de cobre(II)
pentahidratado, CuSO4•5H2O, em amoníaco, NH3,
para diminuir a solubilidade do [Cu(NH3)4]SO4•H2O
e facilitar a sua precipitação etapa correspondente
à imagem (E).
2.8.1.
Os cristais obtidos por este processo de síntese
são muito finos e pequenos pelo que a filtração
por sucção é uma forma de tornar o processo
mais rápido e eficaz em virtude da dimensão
dos sais formados. Além disso, a filtração por
sucção permite uma secagem dos cristais
muito mais eficaz e rápida do que a filtração
por gravidade, factor muito importante neste
caso, pois este sal não pode ser seco na estufa.
2.8.2.
(A)
2.9. A secagem dos cristais de sulfato de tetraaminocobre(II) mono-hidratado (Cu(NH3)4SO4.H2O)
não deve ser feita numa estufa porque os cristais obtidos decompõem-se facilmente a temperaturas elevados.
2.10.1.
(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.
m(O2)
42,4
§ n(O2) =
n(O2) =
M(O2)
32,00
Determinar o número de átomos de O.
N(átomos de O) = 2 * n(O2) * NA
42,4
N(átomos de O) = 2 *
* 6,02 * 1023 átomos
32,00
2.10.2
Determinar a quantidade de O2 (ver item anterior).
m(O2)
42,4
n(O2) =
§ n(O2) =
§
M(O2)
32,00
§ n(O2) = 1,33 mol
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.
m(KCl)pura
* 100 §
% de pureza=
m(KCl)impura
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7
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
§ m(KCl)pura =
% de pureza * m(KCl)impura
§ m(KCl)pura =
100
80 * 35,5
100
§
§
§ 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
m(KCl)
28,4
n(KCl) =
§ n(KCl) =
§
M(KCl)
74,55
§ n(KCl) = 3,81 * 10-1 mol
Determinar o reagente limitante.
Tendo em consideração a estequiometria da
reação:
3
n(O2) = n(KCl) §
2
n(O2) =
3
2
* 3,81 * 10-1 § n(O2) = 0,571 mol
Para que 3,81 * 10-1 mol de KCl reagissem completamente, seriam necessários 0,571 mol de
O2. Existem 1,33 mol de O2 (mais do que o necessário) pelo que o O2 está,portanto, em excesso, 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, admitindo-se que a reação é completa, foi 46,7 g.
3.
Num laboratório de química
3.1. Espátula, balança, gobelé, garrafa de esguicho
com água desionizada, funil, balão volumétrico
de 100,00 mL e vareta.
3.2. Recorrendo a uma balança, medir a massa de
soluto necessária diretamente para um gobelé, retirando a massa de soluto com a ajuda
de uma espátula do frasco que a contém.
Transferir água desionizada da garrafa de esguicho para o gobelé (menos de 50,0 cm3).
Dissolver o soluto com água desionizada, agitando com o auxílio de uma vareta.
8
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Aquecer, se necessário, deixando de seguida
arrefecer até à temperatura ambiente.
Transferir a solução para um balão volumétrico de capacidade igual ao volume que se
pretende preparar.
Lavar o gobelé (três vezes) com pequenas porções de água desionizada, transferindo as
águas de lavagem para o balão volumétrico.
Fazer o mesmo com o funil, retirando-o de seguida.
Completar o volume com água desionizada até
ao 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 símbolo (B), não é radioativo pelo que não poderia
ter o símbolo (C) e não é um produto comburente, pelo que não podia ter o símbolo (D).
3.4.2.
A preparação de soluções diluídas de ácido
clorídrico, a partir da respetiva solução concentrada, deve ser realizada numa hotte porque esse ácido concentrado liberta vapores
corrosivos que não devem ser inalados ou contactar 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)
Vsolução 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 =
m(HCl)
m(solução)
* 100 §
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
§ m(solução) =
§ m(solução) =
m(HCl)
%(m/m)HCl
9,12
38,3
* 100 §
* 100 §
§ m(solução) = 23,8 g
Determinar o volume de solução de HCl
concentrado que contém essa massa.
rsolução =
m(solução)
V(solução)
§ V(solução) =
§ V(solução) =
§
m(solução)
rsolução
23,8
1,19
§
§
§ V(solução) = 20,0 cm3
O volume de ácido clorídrico concentrado utilizado 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 gobelé. Aspirar um pouco de solução para a pipeta e enxaguá-la, desprezando o líquido de
lavagem para o frasco de restos.
Fazer a toma de 20,00 cm3 com a pipeta volumétrica 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 corretamente de modo a evitar erros de paralaxe.
Agitar o balão para homogeneizar a nova solução.
3.4.9.
Afirmação falsa. Para fazer a primeira mistura
de ácido concentrado com a água, o ácido concentrado deve ser colocado lentamente sobre
a água. Quando se adiciona ácido lentamente
sobre a água, o ácido tende a ionizar-se, libertando uma grande quantidade de energia (reação 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 energia suficiente para provocar um maior aumento
de temperatura, em menos tempo.
3.5.1.
Por “preparar a bureta” entende-se lavar a bureta com água e detergente de modo a retirar
a gordura. De seguida, lavar com água da torneira 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 funcionamento 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 solução a utilizar.
3.5.3.2.
Lava-se a pipeta volumétrica com um pouco
de solução de carbonato de sódio para remover algumas impurezas ou mesmo água que
ela ainda contenha agarrada às paredes, o que
diluiria 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).
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9
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Determinar o volume gasto em cada ensaio.
DV = Vf - Vi
1.° Ensaio: DV1 = Vf - Vi §
§ DV1 = 54,25 - 4,25 § DV1 = 50,00 cm3
2.° Ensaio: DV2 = Vf - Vi §
§ DV2 = 53,25 - 3,15 § DV2 = 50,10 cm3
3.° Ensaio: DV3 = Vf - Vi §
§ DV3 = 67,75 - 15,25 § DV3 = 52,50 cm3
4.° Ensaio: DV4 = Vf - Vi §
§ DV4 = 52,08 - 2,18 § DV4 = 49,90 cm3
O 3.° ensaio deve ser rejeitado pois afasta-se
demasiado dos resultados obtidos nos restantes 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.
DV1 + DV2 + DV4
2 HCl + Na2CO3 (aq) " 2 Na+ (aq) + 2 Cl- (aq) + H2CO3 (aq)
verifica-se que no ponto de equivalência existem 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 equivalência, o pH é menor que 7 em virtude da ionização do ácido carbónico:
" HCO- (aq) + H O+ (aq) .
H2CO3 (aq) + H2O (l) @
3
3
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] =
DVmédio =∆
∆
50,00 + 50,10 + 49,90
§
DVmédio =∆
3
§∆DVmédio =∆50,00 cm3
O volume de titulante gasto na titulação foi
50,00 cm3.
3.6. Determinar a quantidade de HCl gasto na titulação.
[HCl] =
n(HCl)
§ n(HCl) = [HCl] * V §
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 2.3)
n(Na2CO3) =
1
2
% de pureza =
§ n(Na2CO3) =
2
* 2,5 * 10-2 §
n(Na2CO3)
V
4.
§
1,25 * 10
-2
§ [Na2CO3] =
10,00 * 10-3
§
§ [Na2CO3] = 1,25 mol dm-3
10
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§
m(Na2CO3)pura
m(Na2CO3)impura
13,25
14,75
* 100 §
* 100 §
§ % de pureza = 89,8%
O laboratório deve devolver o lote de carbonato de sódio pois a sua percentagem de pureza é muito menor do que a mínima garantida
pelo fornecedor (89,8% < 96%).
§ (Na2CO3) = 1,25 * 10-2 mol
Determinar a concentração de Na2CO3 na
solução
[Na2CO3] =
V
§ % de pureza =
n(HCl) §
1
n(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.
§
∆
3
3.7. (D) Atendendo à equação química que traduz
a titulação da solução de carbonato de sódio
pelo ácido clorídrico
Qualidade do leite
" CH3CHOHCOO- (aq) + H3O+ (aq)
4.1. CH3CHOHCOOH (aq) + H2O (l) @
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
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Determinar o valor médio da densidade do
leite.
r1 + r2
1,023 + 1,040
rleite =
§ rleite =
§
2
2
§ 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 necessária e suficiente de solução aquosa de hidróxido de sódio, de acordo com a estequiometria
da reação. Porém, quando a reação termina
[OH-] < [H3O+] porque o anião lactato tem caráter básico, sofrendo hidrólise originando iões
OH- de acordo com a equação química:
" CH3 CHOHCOOH (aq) + OH- (aq)
CH3 CHOH COO- (aq) + H2O (l) @
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 inferior 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 temperatura elevada altera a sua capacidade.
Assim só a hipótese (C) é válida.
4.3.4.
(C) O volume de leite é medido com uma pipeta volumétrica de 10,00 mL, pois tem de ser
medido da forma mais rigorosa possível. O volume de solução titulante é adicionado ao titulado até se atingir o ponto de equivalência
medido por medição indireta,
(Vadicionando = Vfinal - Vinicial), também de forma rigorosa, usando uma bureta. O balão volumétrico 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+)
V
§ 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+ aumenta e a de OH- também, porque aumenta o
valor de Kw.
(C) Afirmação falsa. A 25 °C, o pH do leite é inferior ao seu pH a 20 °C porque o aumento de
temperatura favorece a ionização das substâncias ácidas, incluindo a própria água, já que
Kw também aumenta com o aumento da temperatura, baixando assim, o pH (a ionização
das substâncias ácidas é um processo endotérmico). Se a ionização das substâncias ácidas não aumentasse com o aumento 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-] =
n(OH-)
V
§ [OH-] =
5,0 * 10-8
0,500
§
§ [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
Relacionar com a Kw a 25 °C.
Kw = 2,00 * 10-14 > Kw (a 25 °C)
Dado que Kw aumenta com o aumento de temperatura (a autoionização da água é um processo endotérmico), a situação apresentada
só será possível numa condição de temperatura superior a 25 °C.
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11
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
4.3.6.
(C) A equação química que traduz a reação referente à titulação é
" Na+ (aq)
CH3CHOHCOOH (aq) + NaOH (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 CH3CHOHCOOque é uma partícula que apresenta carácter
básico (pois é a base conjugada do ácido láctico) sofrendo hidrólise em presença de água
de acordo com a equação CH3CHOHCOO- (aq)
" CH CHOHCOOH (aq) + HO- (aq).
+ H2O (l) @
3
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)
V(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 equação que traduz a reação que ocorre durante a
titulação:
" CH3CHOHCOO- (aq) + Na+ (aq) + H2O (l)
CH3CHOHCOOH (aq) + NaOH (aq) @
n(CH3CHOHCOOH) = n(NaOH) §
§ n(CH3CHOHCOOH) = 2,00 * 10-4 mol
Determinar a concentração do ácido lático
no leite.
[CH3CHOHCOOH] =
[CH3CHOHCOOH] =
n(CH3CHOHCOOH)
V(leite)
2,00 * 10-4
10,00 * 10-3
§
§ [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 quantidade 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
12
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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)
V(leite)
§
§ 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 necessário para reagir completamente com o ácido
láctico existente em um litro.
Tendo em atenção a estequiometria da equação 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] =
n(NaOH)
V(NaOH)
§ V(NaOH) =
§ V(NaOH) =
2,00 * 10-2
1,0
n(NaOH)
[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.
4.4. A força de um ácido está relacionada com a
sua constante de acidez, sendo tanto maior
quanto maior for o valor dessa constante.
Quanto maior for o valor da constante de acidez de um ácido mais extensa é a sua ionização, 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 fortes, é porque a menor quantidade de iões H3O+
presentes em solução se deve ao facto de os
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
ácidos nele presentes terem constantes de
acidez pouco extensas. Assim, podemos concluir que os ácidos presentes no leite são fracos, pelo que possuem constantes de acidez Kc
baixas, pois caso contrário o pH seria inferior.
5.
Controlo da acidez de um aquário
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 temperatura [H3O+] > [OH-].
Numa solução alcalina, qualquer que seja a
temperatura, |OH-| > |H3O+|.
5.2. (A)
Determinar a massa de solução.
m(solução)
r=
§
V(solução)
§ m(solução) = r * V(solução) §
§ m(solução) = 1,2 * 0,2
Determinar a massa de HCl,
m(HCl)
* 100 §
%(m/m) (HCl) =
m(solução)
§ m(HCl) =
§ m(HCl) =
§ m(HCl) =
(m/m) (HCl) * m(solução)
100
30 * 1,2 * 0,2
100
30
100
*
1,2 * 0,2
1
§
§
§
§ 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
§
Kw = [H3O+] * [OH-] § [OH-] =
[H3O+]
§ [OH-] =
1,0 * 10-14
1,58 * 10-7
§
§ [OH-] = 6,34 * 10-8 mol dm-3
A concentração de iões OH- quando pH da solução é 6,8 é 6,34 * 10-8 mol dm-3.
5.2.2.1.
(C)
(A) Nestas reações, a água comporta-se sempre como uma base, pois capta um protão (H+).
(B) A base conjugada de H3PO4 é H2PO4-. A espécie HPO42- é a base conjugada de H2PO4-.
(C) A espécie HPO42- (aq) é uma partícula anfotérica, 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:
" H PO - (aq) + H O+ (aq)
H3PO4 (aq) + H2O (l) @
2
4
3
[H2PO4-]e * [H3O+]e
Ka =
[H3PO4]e
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 captar ou a ceder o protão (H+), pelo que não possuem a característica de alterar o pH. Assim,
este mantém-se constante.
Ao adicionar o cloreto de amónio (NH4Cl) à solução, este dissocia-se de acordo com a equação: 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 característica 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:
" NH (aq) + H O+ (aq)
NH4+ (aq) + H2O (l) @
3
3
A presença do ião amónio leva ao aumento da
concentração de H3O+ o que se traduz numa diminuição 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 provocar 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:
" H O+ (aq) + OH- (aq)
2 H2O (l) @
3
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
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13
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
temperatura, isto é, com o seu aumento as
concentrações dos produtos da ionização da
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, aumentando a temperatura, o sistema evolui no sentido 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+] * [HO-] § [OH-] =
§ [OH-] =
2,0 * 10-14
2,51 * 10-7
Kw
[H3O+]
§
§
§ [OH-] = 7,97 * 10-8 mol dm-3
Determinar o pOH a 34 °C.
pOH = - log [HO-] §
§ pOH = - log 7,97 * 10-8 §
§ pOH = 7,1
O pOH da água dessa piscina a 34 °C é 7,1.
6.
Água, água e… mais água…
6.1. A frase indicada faz referência ao facto de apesar de existir muita água no planeta Terra apenas 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 restantes, 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%).
14
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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 temperatura, 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 formação 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 elemento 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 existente
numa garrafa de água X.
cm =
m(SiO2)
V
§ 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.
" H O+ (aq) + OH- (aq)
2 H2O (l) @
3
6.5.2.
A afirmação é verdadeira. Tendo em consideração a informação contida no gráfico, o valor
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
do produto iónico da água, Kw, a 60 °C é superior ao valor do produto iónico da água a 25 °C.
Quanto maior o valor Kw, maior a concentração
de H3O+, pois Kw = [H3O+] * [OH-].
Em água, a concentração de H3O+ é igual à
concentração de OH-.
Se [H3O+] = [OH-] pode reescrever-se o produto iónico da água como, Kw = [H3O+]2 o que
permite dizer que em água [H3O+] = V√K√w. Justifica-se, assim, que em água, quanto maior o
valor Kw maior a concentração de H3O+ e de
OH-, pois estas são iguais.
Realça-se que apesar do pH diminuir com o aumento de temperatura, a acidez da água não
varia porque a concentração de OH- também aumenta e mantêm-se a condição [H3O+] = [OH-].
6.5.3.
(A) Afirmação falsa. Tendo em consideração o
Princípio de Le Châtelier, quando a um sistema
em equilíbrio se causa uma perturbação, este
reage no sentido de contrariar a perturbação
a que foi sujeito. Assim, aumentando a temperatura de um sistema em equilíbrio este evolui
no sentido endotérmico (sentido que ocorre com
consumo/absorção de energia). De acordo com
a leitura gráfica, quando a temperatura aumenta,
o produto iónico da água, Kw = [OH-] * [H3O+], aumenta, o que indica que o sistema evolui no
sentido que conduz ao aumento da concentração dos iões, ou seja, no sentido direto. Assim,
a autoionização da água é um processo endotérmico.
(B) Afirmação falsa.
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, verifica-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 concentração dos iões H3O+ e OH- é superior. Tal indica
que, a essa temperatura, o equilíbrio de autoio-
nização da água está mais deslocado no sentido 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 ionizado 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)
n(HCl)
[HCl] =
§ n(HCl) = [HCl] * V
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+.
n(H3O+)
0,030V
§ [H3O+] =
§
[H3O+] =
V
V
§ [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-] =
Kw
[H3O+]
§
5,0 * 10-14
0,030
§
§ [OH-] = 1,67 * 10-12 mol dm-3
Determinar o pOH da solução.
pOH = - log [OH-] §
§ pOH = - log (1,67 * 10-12) §
§ pOH = 11,8
O pOH da solução é 11,8.
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15
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
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 básico.
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 monopróticos, 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 metanoico e o mais fraco é o ácido cianídrico. Por
ordem crescente da sua força relativa, ter-seá 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
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.
" H O+ (aq) + HCOO- (aq).
HCOOH (aq) + H2O (l) @
3
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.
HCOOH (aq) +
" HCOO- (aq)
@
+ H3O+ (aq)
y
—
0
]0*
Variação
-x
—
+x
+x
neq/mol
y-x
—
x
x
ni/mol
16
H2O (l)
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*A quantidade inicial de H3O+ não é zero, devido à autoionização da água. No entanto, a quantidade de H3O+
proveniente da autoionização da água é muito pequena
quando comparada com a proveniente da ionização do
ácido. Por isso, pode considerar-se praticamente zero
e assim desprezar-se a quantidade inicial de H3O+, pois
é 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+)
V
§ 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 =
[H3O+]e * [HCOO-]e
[HCOOH]e
n(H3O+)e
§ Kc =
*
V
§
n(HCOO-)e
V
§
n(HCOOH)e
V
1,0 * 10-3
§ Kc =
1,0
*
1,0 * 10-3
1,0
§
y - 1,0 * 10
-3
1,0
§ 1,80 * 10-4 =
(1,0 * 10-3)2
y - 1,0 * 10-3
§
§ 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=
1,18 * 10-6
1,80 * 10-4
§ 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 =
n(HCOOH)inicial
V
6,6 * 10-3
1,0
§
§
§ [HCOOH]inicial = 6,6 * 10-3 mol dm-3
A concentração inicial do ácido metanoico era
6,6 * 10-3 mol dm-3.
6.7.4.
A afirmação é verdadeira, pois para dispô-las
por ordem crescente do seu valor de pH seria
também necessário conhecer a concentração
inicial dos respetivos ácidos.
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
6.8.1.
Determinar a quantidade de CH3COOH admitindo um volume de solução de 1,0 dm3.
n(CH3COOH)
[CH3COOH] =
§
V
§ 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 ionização
do ácido.
" HCOO- (aq)
CH3COOH (aq) + H2O (l) @
+ H3O+ (aq)
0,020
—
0
]0*
Variação
-x
—
+x
+x
neq/mol
0,020 - x
—
x
x
ni/mol
*A quantidade inicial de H3O+ não é zero devido à autoionização da água. No entanto, a quantidade de H3O+
proveniente da autoionização da água é muito pequena
quando comparada com a proveniente da ionização do
ácido. Por isso, pode considerar-se praticamente zero
e assim desprezar-se a quantidade inicial de H3O+, pois
é a proveniente da autoionização da água.
Kc =
[H3O+]e * [HCOO-]e
[HCOOH]e
n(H3O+)e
§ Kc =
V
n(HCOO-)e
*
V
n(HCOOH)e
§
V
x
§ Kc =
1,0
x
*
1,0
0,020 - x
§
1,0
§ 1,8 * 10-5 =
x2
0,020 - x
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 =
n(H3O+)
V
§ [H3O+]e =
5,9 * 10-4
1,0
§
§ [H3O+]e = 5,9 * 10-4 mol dm-3
A concentração de iões H3O+ na referida solução 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 quantidade 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
cianídrico. Quanto maior for a quantidade de
H3O+ formada maior será a sua concentração
e menor será o pH, pelo que a solução que
apresentará 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 neutro enquanto que o anião CN- tem comportamento 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 equivalência é
o correspondente ao de uma solução com caráter químico neutro, pelo que [H3O+] = [OH-].
Durante a titulação, o valor do pH vai diminuindo, pois até se atingir o ponto de equivalência está a ser adicionado um ácido forte a
uma base forte, pelo que a quantidade de OHvai sendo menor, o mesmo acontecendo com
o valor do pH.
6.10.2.
Estabelecer a equação que traduz a titulação em estudo.
HNO3 (aq) + KOH (aq) " KNO3 (aq)+ H2O (l)
Determinar a quantidade de HNO3.
Vsolução de HCl = 12,5 cm3 §
§ Vsolução de HCl = 12,5 * 10-3 dm3
n(HCl)
[HCl] =
§ n(HCl) = [HCl] * Vsolução §
Vsolução
§ n(HCl) = 0,20 * 12,5 * 10-3 §
§ n(HCl) = 2,5 * 10-3 mol
Determinar a quantidade de KOH.
Atendendo á estequiometria da reação:
n(KOH) = n(HCl)
n(KOH) = n(HCl) § 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
n(KOH)
[KOH] =
§
Vsolução de KOH
§ [KOH] =
2,5 * 10-3
25,0 * 10-3
§
§ [KOH] = 0,10 mol dm-3
A concentração da solução de hidróxido de potássio é 0,10 mol/dm3.
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17
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
07. Dos hidrocarbonetos aos combustíveis
7.1. (B)
7.2.1.
A fórmula de estrutura do butano é:
H
H
H
H
H
C
C
C
C
H
H
H
H
§ n(C4H10) =
H
E a do propano é:
H
H
H
H
C
C
C
H
H
H
H
7.2.2.
(D)
Determinar a quantidade de butano em
12,2 dm3, nas condições PTN.
V(C4H10)
12,2
§ n(C4H10) =
§
n(C4H10) =
Vm
22,4
58,14
§ n(C4H10) = 2,580 mol
§ n(O2) = 16,77 mol
Para que 2,580 mol de C4H10 reagissem completamente, 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 teoricamente previsto (rendimento de 100%).
De acordo com estequiometria da reação:
n(CO2)t.p. =
8
n(C4H10) §
2
§ n(CO2)t.p. =
8
2
* 2,580 §
§ n(CO2)t.p. = 10,32 mol
Determinar a quantidade de CO2 realmente
obtida.
V(CO2)r.o.
n(CO2)r.o. =
Vm
§ n(CO2)r.o. =
125,0
22,4
§
§ n(CO2)r.o. = 5,58 mol
Determinar o rendimento.
h=
n(CO2)r.o.
n(CO2)t.p.
* 100 § h =
5,58
10,32
* 100 §
h = 54,1%
O rendimento da reação é 54,1%.
7.3.1. : O : xx C xx : O
:
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150,0
Determinar o reagente limitante.
Tendo em conta a estequiometria da reação
13
13
n(C4H10) § n(O2) =
* 2,580 §
n(O2) =
2
2
:
§ 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 romper 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 romper 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 §
18
§ Mr(C4H10) = 58,14
M(C4H10) = 58,14 g mol-1
m(C4H10)
n(C4H10) =
§
M(C4H10)
:
7.3.2.
(C)
Determinar o quociente da reação.
De acordo com a estequiometria da reação, as
quantidades formadas de monóxido de carbono e de oxigénio são iguais.
Q=
[CO]2 * [O2]
[CO2]2
§Q=
(10-5)2 * (10-2)
(10-4)2
§
§ Q = 1,0 * 10-4
Como o valor do quociente da reação é diferente (maior) que o valor da constante de equilíbrio, Q > Kc, o sistema não se encontra em
equilíbrio.
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Para que o sistema atinja o equilíbrio, o quociente 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 sujeito. Assim, adicionando vapor de água ao sistema, 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 sujeito. 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 produtos da reação sem que ocorra alteração da
quantidade na fase gasosa, não vai ser sensível a variações de pressão, isto é, as variações
de pressão não constituem perturbação para
este equilíbrio.
(E) Afirmação falsa. Este sistema não é afetado por variações de volume, porque as alterações 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 absorção de energia pois DH > 0. Tendo em consideração o Princípio de Le Châtelier, se se
aumentar a temperatura para 500 K, o sistema 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 hidrogénio do sistema, este evolui no sentido inverso
para que ocorra formação de hidrogénio.
(H) Afirmação falsa. Para aumentar o rendimento da reação terá de se introduzir perturbações que conduzam à evolução do sistema
no sentido direto e, das sugestões indicadas,
apenas a remoção de vapor de água conduz à
evolução do sistema no sentido direto. Deste
modo, removendo vapor de água do sistema,
este evolui no sentido direto para que ocorra
formação de vapor de água, mas diminuindo a
temperatura, o sistema irá deslocar-se no sentido da reação exotérmica (a que ocorre com
libertação de energia), o que neste caso se verifica quando ocorre evolução do sistema no
sentido inverso. Como não se sabe qual dos fatores é predominante, a afirmação é classificada falsa.
7.4. Determinar a quantidade de cada constituinte no equilíbrio.
Vsistema = 2,0 L § Vsistema = 2,0 dm3
n(NO2)e = 0,0044 mol
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
2x = 0,0044 mol § x =
0,0044
2
§
§ 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 componente no equilíbrio.
n(O2)e
5,78 * 10-2
[O2]e =
§ [O2]e =
§
V
2,0
§ [O2]e =2,89 * 10-2 mol dm-3
n(NO)e
3,56 * 10-2
[NO]e =
§ [NO]e =
§
V
2,0
§ [NO]e = 1,78 * 10-2 mol dm-3
n(NO2)e
4,4 * 10-3
[NO2]e =
§ [NO2]e =
§
V
2,0
§ [NO2]e = 2,2 * 10-3 mol dm-3
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19
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Estabelecer a expressão da constante de
equilíbrio.
[NO2]e2
Kc =
[O2]e * [NO]e2
Determinar KC a 298,15 K.
(2,2 * 10-3)2
Kc =
§
(1,78 * 10-2)2 * (2,89 * 10-2)
§ Kc = 5,3 * 10
A constante de equilíbrio à temperatura a que
decorreu a reação é 5,3 * 10-1.
-1
8. Transferindo eletrões
8.1. Nas reações oxidação-redução ou, mais simplesmente, reações redox ocorre transferência
de eletrões entre espécies.
No conceito atual de oxidação-redução, define-se como oxidação: processo no qual uma espécie química perde eletrões.
Redução: processo no qual uma espécie química 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 oxidação.
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 portões e grades, dificultando deste modo o seu
contacto com o oxigénio atmosférico, impedindo, assim a oxidação do ferro que pode ser
explicada de forma simplificada como um processo 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 oxidaddo a catião ferro (III). Estes óxidos não são
aderentes nem protetores, como no caso do
chumbo ou alumínio. São higroscópicos absorvendo a água, que contribui para que ocorra
progressivamente maior corrosão.
20
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8.3. X (s) + Ag+ (aq) " Ag (s) + X+ (aq)
Objeto que se pretende prateado
8.4.
n.o. 1 6 -2
2 6 -2
0
0
H2SO4 (aq) + Zn (s) — ZnSO4 (aq) + H2 (g)
oxidação
redução
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 redutor 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 redutor 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 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 diminui porque se transforma em
cobre metálico. A diminuição da quantidade de
catião cobre (II) em solução diminui a intensidade da coloração azul.
Sistema (IV) verifica-se:
– deposição de prata metálica sobre a placa de
cobre, já que o catião prata (I) sofreu redução
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
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 aumenta, 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 .
8.5.3.
Para uma dada espécie, quanto menor for o
seu poder redutor maior será o seu poder oxidante.
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 oxidação-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 respetivo
catião.
8.6. O ácido clorídrico reage com o zinco mas não
reage com a prata, porque o poder redutor do
zinco é superior ao da prata. Assim, o zinco
metálico é um redutor suficientemente forte
para reduzir o catião hidrogénio (H+) a hidrogénio 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 redutor 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 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 atenua a intensidade da coloração azul.
8.7.2.
A série eletroquímica permite concluir que o
poder redutor do cobre é inferior ao poder redutor 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.
8.8.1.
(C) O n.o. do vanádio no ião, VO3– é mais cinco
porque a soma algébrica dos números de oxidação 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)V03– + 4 * n.o. (O)V03– = –1 §
§ n.o.(V)V03– + 3 * (–2) = –1 §
§ n.o.(V)V03– = –1 + 6 §
§ n.o.(V)V03– = 5
O n.o. do vanádio no ião [VO(H20)5]2+ é mais quatro 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 excepto 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 quatro 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 excepto nos hidretos em que é menos um.
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Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
n.o.(V)[VO(H2O)6]3+ + 6 * n.o.(O)[VO(H2O)6]3+ +
+ 12 * n.o.(H)[VO(H2O)6]3+ = +3
n.o.(V)[VO(H2O)6]3+ + 6 * (–2) + 12 * (1) = +3 §
§ n.o.(V)[VO(H2O)6]3+ –12 + 12 = +3
n.o.(V)[VO(H2O)6]3+ = +3 + 12 – 12 §
§ n.o.(V)[VO(H2O)6]3+ = +3
O n.o. do vanádio no ião [V(H20)6]2+ é mais quatro 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 excepto nos hidretos em que é menos um.
n.o.(V)[VO(H2O)6]2+ + 6 * n.o.(O)[VO(H2O)6]2+ +
+ 12 * n.o.(H)[VO(H2O)6]2+ = +2
n.o.(V)[VO(H2O)6]2+ + 6 * (–2) + 12 * (1) = +3 §
§ n.o.(V)[VO(H2O)6]2+ –12 + 12 = +2
n.o.(V)[VO(H2O)6]2+ = +2 + 12 – 12 §
§ n.o.(V)[VO(H2O)6]2+ = +2
VO3– (amarelo) → [VO(OH2)5]2+ (azul) →
→ [V(OH2)6]3+ (verde) → [V(OH2)6]2+ (violeta)
8.8.2.1.
(D) O n.o. do enxofre, no composto dióxido de
enxofre (S02) é mais quatro 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)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 enxofre (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 vanádio 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
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electroneutralidade) e porque o número de oxidação do o xigénio é me nos dois exceto nos
peróxidos que é menos um .
5 * n.o.(O)V2O5 + 2 * n.o.(V)V2O5 = 0 §
§ 5 * (–2) + 2 * (S)V2O5 = 0 §
10
§ n.o.(S)V2O5 = 5
§ n.o.(S)V2O5 =
2
9.
Reações de precipitação
9.1. A hidroxiapatite é o sal Ca5(PO4)3OH. A sua dissociação pode ser traduzida pela equação:
[Ca5(PO4)3]OH " 5 Ca2+ + 3 PO43- + OHOs iões presentes na hidroxiapatite são o catião cálcio (Ca2+), o anião fosfato (PO43-) e o
anião hidróxido (OH-), a sua proporção de combinação 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 solubilidade 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 só depende da temperatura. A solubilidade
de um sal em diferentes soluções depende 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 relativamente à sua solubilidade em água. A solubilidade em presença de
agentes que reajam com os iões presentes no
sal, fazendo diminuir a sua quantidade, aumentam a solubilidade do sal relativamente 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 solvente, 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 volume (massa) de solvente é possível dissolver
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
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
respetivos produtos de solubilidade, para uma
mesma 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 hidróxido de cálcio é mais solúvel numa solução de NH4Cl do
que em água pura, embora o respetivo produto
de solubilidade só varie com a temperatura.
9.4.1.
A afirmação é verdadeira, pois todos os sais
apresentados possuem moléculas de água incorporadas na sua estrutura cristalina.
9.4.2.
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 sobressaturada, 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 possível dissolver uma maior massa, para a
mesma massa de solvente.
9.4.5.
Determinar, por leitura gráfica, a solubilidade 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 máximo da massa de BaCl2.2H2O que se pode
dissolver em 60 g de água.
m(BaCl2.2H2O)
m(água)
§
=
48,0
100
m(BaCl2.2H2O)
60
=
§ m(BaCl2.2H2O) =
9.4.3.1.
A afirmação é verdadeira. À temperatura de
A = 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
§
48,0
100
48,0
100
§
* 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).
" Ba2+ (aq) + CrO 2- (aq)
BaCrO4 (s) @
4
2+
Ks = [Ba ]* [CrO42-] § Ks = S * S §
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23
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
§ 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
estrôncio (SrCrO4).
" Sr2+ (aq) + CrO 2- (aq)
SrCrO4 (s) @
4
2+
Ks = [Sr ] * [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 de
bário, pois é o sal menos solúvel, ou seja, é o
que apresenta menor solubilidade.
9.5.3.
Determinar a concentração de anião cromato quando o cromato de estrôncio começa a precipitar.
No instante em que o cromato de estrôncio começa a precipitar (admite-se que neste instante
começa a precipitar mas ainda não precipitou e
que a adição de solução de cromato não alterou
de forma mensurável o volume de solução), a
concentração de ião estrôncio é 0,10 mol dm-3.
Esse instante em que começa a precipitar mas
ainda não precipitou é o instante limite da condição de equilíbrio, Q = Ks. Esta condição permite
determinar a concentração de cromato, já que
se conhece Ks e a concentração de catião Sr2+
nesse instante.
Ks
§
Ks = [Sr2+] * [CrO42-] § [CrO42-] =
[Sr2+]
§ [CrO42-] =
3,5 * 10-5
0,10
§
§ [CrO42-] = 3,5 * 10-5 mol dm-3
Determinar a concentração de catião bário
quando o cromato de estrôncio começa a
precipitar.
No instante em que o cromato de estrôncio começa a precipitar, a concentração de anião
cromato é 3,5 * 10-5 mol dm-3, e nesse instante o sistema encontra-se em equilíbrio relativamente ao cromato de bário, pelo que,
Q = Ks; esta condição permite determinar a
concentração de catião bário, já que se conhece Ks e a concentração de anião cromato
nesse instante.
Ks = [Ba ]* [CrO ] § [Ba ] =
2+
§ [Ba2+] =
2+
24
1,2 * 10-10
3,5 * 10-4
§
§ [Ba2+] = 3,4 * 10-7 mol dm-3
24
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Ks
[CrO42-]
§
A concentração do catião bário quando o cromato 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 estequiometria dos sais é equivalente, ou seja, quando
a relação entre o produto de solubilidade e a solubilidade é igual para os diferentes sais.
Determinar a solubilidade do cromato de
bário (BaCrO4).
" Ba2+ (aq) + CrO 2- (aq)
BaCrO4 (aq) @
4
Ks = [Ba2+] * [CrO42-] § Ks = S * S §
√ √ 1√0-10
√ §
§ Ks = S2 § S = V√Ks § S = V√1,√2 *
-5
-3
§ S = 1,1 * 10 mol dm
Determinar a solubilidade do cromato de
prata (Ag2CrO4).
" 2 Ag+ (aq) + CrO 2- (aq)
Ag2CrO4 (s) @
4
Ks = [Ag+]2 * [CrO42-] § Ks = (2S)2 * S §
§ Ks = 4 S3 § S3 =
3
§S=
V
√ Ks
4
Ks
3
§S=
§
4
V
31,3 * 10-12
§
4
§ S = 6,9 * 10-5 mol dm-3
Determinar a relação entre os produtos de
solubilidade.
Ks(BaCrO4)
Ks(Ag2CrO4)
§
=
1,2 * 10-10
§
1,3* 10-12
Ks(BaCrO4)
Ks(Ag2CrO4)
] 92 §
§ Ks(BaCrO4) ] 92 * Ks(Ag2CrO4)
Determinar a relação entre as solubilidades.
S(Ag2CrO4)
S(BaCrO4)
§
=
6,9 * 10-5
1,1 * 10-5
S(Ag2CrO4)
S(BaCrO4)
§
] 6,3 §
§ S(Ag2CrO4) ] 6,3 * S(BaCrO4)
Mostrar que a relação entre as solubilidades 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 =
Ks
4
V
3
§S=
√ Ks
4
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.
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
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)
V
§
§ 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.
Vsolução = 60,0 cm3 § Vsolução = 60,0 * 10-3 dm3
[NaOH] =
n(NaOH)
V
§
§ 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
dissociação de acordo com a equação:
NaOH (aq) " Na+ (aq) + OH- (aq)
Tendo em conta a estequiometria:
n(OH-) =n(NaOH) § n(OH-) = 3,0 * 10-3 mol
Determinar a concentração do anião hidróxido (OH-) na solução final se não ocorresse
precipitação.
Vtotal = VAl(NO ) + VNaOH §
33
§ Vtotal = 40,0 + 60,0 §
§ Vtotal = 100,0 cm3 §
§ Vtotal = 100,0 * 10-3 dm3
[OH-] =
n(OH-)
Vtotal
§ [OH-] =
3,0 * 10-3
100,0 * 10-3
§
§ [OH-] = 3,0 * 10-2 mol dm-3
Determinar a concentração do catião alumínio (Al3+) na solução final se não ocorresse
precipitação.
Vtotal = VAl(NO ) + VNaOH §
33
§ Vtotal = 40,0 + 60,0 §
§ Vtotal = 100,0 cm3 §
§ Vtotal = 100,0 * 10-3 dm3
[Al3+] =
n(Al3+)
Vtotal
§ [Al3+] =
8,0 * 10-4
100,0 * 10-3
§ [Al3+] = 8,0 * 10-3 mol dm-3
§
Determinar o quociente da reação.
" Al3+ (aq) + 3 OH- (aq)
Al(OH)3 (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 formação do sal, o que leva à formação de precipitado. 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 caráter químico ácido-base neutro. Assim, o caráter químico da solução final vai depender da
quantidade de OH- proveniente de hidróxido
solubilizado.
Tendo em consideração os valores das concentrações obtidos no item anterior
"
Al(OH)3 (s) @
Ag+ (aq)
3 OH- (aq)
+
ni/mol
—
8,0 * 10-4
3,0 * 10-3
Variação
+x
-x
-3x
x
8,0 * 10 - x
neq/mol
-4
3,0 * 10-3 - 3x
Admitindo que todo o Ag+ precipitava
8,0 * 10-4 - x ] 0 e x ] 8,0 * 10-4 mol, resultaria 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 ligeiramente superior a 6,0 * 10-4 mol porque o
Ag+ não se gasta totalmente, pois fica em solução uma pequena quantidade, que corresponde à permitida pela solubilidade nestas
condições.
Admitindo que n(OH-)e = 6,0 * 10-4 mol:
[OH-] =
n(OH-)
Vtotal
§ [OH-] =
6,0 * 10-4
100,0 * 10-3
§
§ [OH-] = 6,0 * 10-3 mol dm-3
pOH = - log [OH-] §
§ 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.
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25
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
9.8.1.
Hidróxido de bário – Ba(HO)2
Sulfato de sódio – Na2SO4
9.8.2.
" BaSO (s)
Ba2+ (aq) + SO42- (aq) @
4
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.
Vsolução = 50,0 cm3 § Vsolução = 50,0 * 10-3 dm3
[Ba(OH)2] =
n(Ba(OH)2)
V
§
§ 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
dissociação de acordo com a equação:
Ba(OH)2 (aq) " Ba2+ (aq) + 2 OH- (aq)
Tendo em conta a estequiometria do sal:
n(Ba2+) = n(Ba(HO)2) §
§ n(Ba2+) = 5,0 * 10-2 mol
Determinar a quantidade de anião sulfato
(SO42-) proveniente dos 86,4 cm3 de solução
de sulfato de sódio.
Vsolução = 86,4 cm3 § Vsolução = 86,4 * 10-3 dm3
[Na2SO4] =
n(Na2SO4)
V
§
§ 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
dissociação de acordo com a equação:
Na2SO4 (aq) " 2 Na+ (aq) + SO42- (aq)
Tendo em conta a estequiometria do sal:
n(SO42-) = n(Na2SO4) §
§ n(SO42-) = 8,64 * 10-2 mol
Determinar a concentração do anião hidróxido (SO42-) na solução final se não ocorresse precipitação.
Vtotal = VBaOH + VNa SO §
2 4
§ Vtotal = 50,0 + 86,4 §
§ Vtotal = 136,4 cm3 §
§ Vtotal= 136,4 * 10-3 dm3
[SO42-] =
n(SO42-)
Vtotal
§ [SO42-] =
8,64 * 10-2
136,4 * 10-3
§ [SO42-] = 6,33 * 10-1 mol dm-3
26
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§
Determinar a concentração do catião bário
(Ba2+) na solução final se não ocorre-se precipitação.
[Ba2+] =
n(Ba2+)
Vtotal
§ [Ba2+] =
5,0 * 10-2
136,4 * 10-3
§
§ [Ba2+] = 3,67 * 10-1 mol dm-3
Determinar o quociente da reação.
" Ba2+ (aq) + SO 2- (aq)
BaSO4 (s) @
4
2+
Q = [Ba ] * [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 equilíbrio é Q = Ks), para que uma situação de equilíbrio 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.
BaSO4 (s)
"
@
+
Ba2 (aq)
SO42- (aq)
ni/mol
—
0,0500
0,0864
Variação
+x
-x
-x
neq/mol
x
0,0500- x
0,0864- x
Determinar o valor de x.
Recorrer à expressão do produto de solubilidade, Ks, para determinar x.
Ks = [Ba2+]e * [SO42-]e §
§ 1,1 * 10-10 =
§ 1,1 * 10-10 =
n(SO42-)e
Vtotal
*
0,0864 - x
136,4 * 10
-3
n(Ba2+)e
Vtotal
*
§
0,0500 - x
136,4 * 10-3
§
§ 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-
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
-la por este processo, mas dado que se conhece a concentração de anião sulfato (SO42-)
vai ser possível detetá-la recorrendo à expressão de Ks.
Ks = [Ba2+]e * [SO42-]e § [Ba2+]e =
§ [Ba2+]e =
Ks
[SO42-]e
§
Ks
§
n(SO42-)e
Vtotal
1,0 * 10-10
§
§ [Ba2+]e =
0,0364
136,4 * 10-3
§ [Ba2+]e = 4,12 * 10−10 mol dm-3
[Ba2+]e =
n(Ba2+)e
Vtotal
§
§ n(Ba2+)e = [Ba2+]e * Vtotal §
§ n(Ba2+)e = 4,12 * 10-10 * 136,4 * 10−3 §
§ n(Ba2+)e = 5,62 * 10-10
As quantidades de catião bário (Ba2+) e anião
sulfato (SO42-) na mistura obtida são respetivamente 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 soluções chamou-se mistura e não solução, pois
trata-se de uma mistura heterogénea constituída 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 precipitado de sulfato de bário.
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