Química – Frente IV – Físico-Química
Prof. Thiago Costa (Tchê)
GABARITO Lista 3 – Equilíbrio Químico – Equilíbrio Iônico I
Gabarito:
K ionização 
1: [D]
I. Incorreta. Nessas amostras, não se verifica correlação entre a
concentração de nitrato e a de oxigênio, o pH diminui e as
concentrações oscilam:
Concentração
Concentração de
pH
de nitrato
oxigênio (mg/L)
(mg/L)
Ponto A
9,8
0,14
6,5
(novembro)
Ponto B
9,1
0,15
5,8
(novembro)
Ponto A
7,3
7,71
5,6
(maio)
Ponto B
7,4
3,95
5,7
(maio)
II. Correta. As amostras de água coletadas em novembro devem
ter menos CO2 dissolvido do que aquelas coletadas em maio,
pois o pH em maio é menor, ou seja, a concentração de íons
H+ devido a presença do gás carbônico é maior.
Concentração de
pH
nitrato (mg/L)
Ponto B
9,1
0,15
(novembro)
Ponto A
7,3
7,71
(maio)
III. Correta. Se as coletas tivessem sido feitas à noite, o pH das
quatro amostras de água seria mais baixo do que o observado,
pois a concentração de gás carbônico é maior neste período.
2: 01 + 08 = 09.
[01] Correta. A reação será:
HC  H2O  H3O  C
4,0  10 4
 K ionização  5  10 4
0,80
[H ]  α  [HE]  [H ]  0,20  0,01  2,0  10 3
pH   log(2,0  10 3 )  pH  3  log 2  3  0,3
pH  2,7
5: [A]
A partir da análise do equilíbrio, vem:
K a  1,8  10 5 ; [CH3 COOH]  2,0  10 2 mo  L1
CH3 COOH
H
2,0  10 2
0
0
início (mo  L1 )
y
y
y
durante (mo  L1 )
( 2,0  10 2  y)
y
y
equilíbrio (mo  L1 )
 CH3 COO 
 2,010 2
Ka 
[H ][CH3 COO  ]
[CH3 COOH]
 1,8  10 5 
yy
2,0  10 2
y 2  1,8  10 5  2,0  10 2  36  10 8
y  [H ]  36  10 8  6,0  10 4
[H ]  6,0  10 4  0,00060 mo  L1
6: [D]
Para o ácido acético:
[CH3 COOH]  0,10 mol / L
Grau de ionização  α
CH3 COOH

[02] Incorreta. A fórmula do ácido clorídrico é HC .
[04] Incorreta. O vinagre também é um ácido, para que ocorra a
neutralização é necessário o uso de uma base.
[08] Correta. A reação entre o bicarbonato de sódio e o ácido
clorídrico forma um sal, água e o dióxido de carbono.
HC  NaHCO3  NaC  H2O  CO 2
[16] Incorreta. Ao se misturar 40 L de ácido a concentração de
íons hidrogênio no meio irá aumentar, diminuindo assim o
valor do pH no córrego.
[32] Incorreta. O ácido clorídrico por ser polar é solúvel em
água.(semelhante dissolve semelhante).
3: [B]
Os catalisadores diminuem a energia de ativação da reação no
sentido da formação dos produtos, diminuem a energia de
ativação da reação no sentido dos reagentes (criando um
caminho alternativo para a reação) e não interferem no equilíbrio
reacional, ou seja, não deslocam o equilíbrio químico.
H  CH3 COO 
[CH3 COOH]  [H ]  0,10 mol / L
[H ]  (grau de ionização)  [CH3 COOH]
[H ]  0,10α
Para o ácido clorídrico:
[HC ]  0,10 mol / L
Grau de ionização  10 2 α
HC
H  C

[HC ]  [H ]  0,10 mol / L
[H ]  (grau de ionização)  [HC ]
[H ]  10 2 α  0,10  [H ]  10α
0,10  10α  α  0,01
Então para o ácido acético,
[H ]  0,10α  [H ]  0,10  0,01  0,001
[H ]  10 3  pH   log10 3  pH  3
4: [D]
HE
H  E 
K ionização
7: [A]
α 2  [HE]
(0,20)2  0,01

 K ionização 
(1  α )
(1,00  0,20)
CASD Vestibulares
1. H2O; [H ]  107 mol / L; pH  7.
Química – Equilíbrio Químico
1
2. NaOH; 0,001 mo L1; [OH ]  10 3 mol / L
[NH4  ]  0,1 mol / L
[H ]  [OH ]  10 14

[H ]  10
3
 10
14
[H ][NH3 ]

 [H ]  10
1
11

3. NaOH; 0,01 mo L ; [OH ]  10
2
mol / L; pH  11
[H ][H ]  10 10  [H ]  10 5 mol / L  pH  5
mol / L
[H ]  [OH ]  10 14

[H ]  10
2
 10
14

 [H ]  10

4. HC ; 0,1mo / L; [H ]  10

1
12
 10 9  [H ][NH3 ]  10 10  [H ]  [NH3 ]
0,1
mol / L; pH  12
mol / L; pH  1.
0
5. HC ; 1 mo / L; [H ]  10 mol / L; pH  0.
[08] Uma solução de H2 SO 4 de concentração igual a 2  102
mol/litro, com grau de ionização de 80 %, possui pH = 2 log3,2.
[H ]  2  α  [H2 SO 4 ]
[H ]  2  0,80  2  10 2  1,6  10 2 mol / L
 log[H ]   log(3,2  10 2 )
8: [B]
pH  12  pOH  2
[OH ]  10 2 mol / L
pH  2  log3,2
[16] A soma de pH e pOH é igual a 14 a 25°C e 1 atm.
9: [C]
pH  3  pOH  11
11: [C]
No caso da água sanitária:
NaC O
[OH ]  1,0  10 11 molL1
Na   C O   HOH
HC  H  C 
C O   HOH
[H ]  [C  ]  1,0  10 3 molL1
Na   OH  HC O
OH  HC O
meio
básico
10: 01 + 02 + 04 = 07.
[01] Se o leite proveniente de diversas fontes tem o pH médio
de 6,7 a 20 °C, então 500 mL desse leite contém,
aproximadamente, 1 107 mols de íons H+.
ácido
fraco
No caso da soda cáustica:
H O
2  NaOH(aq)
NaOH(s) 
NaOH(aq)  Na  (aq)  OH (aq)
meio
básico
log 2  0,3  10 0,3  2
[H ]  10 6,7 mol / L  10 7  10 0,3 mol / L
Em meio básico o valor do pH é maior.
[H ]  10 7  2 mol / L
500 mL
n
H
12: [B]
2  10 7 mol
1000 mL
H
 1  10
7
pK a   logK a  7,53
mol
–
[02] Sabendo que a concentração dos íons OH em uma
amostra de suco de laranja é igual a 1  10 11 mol/litro, o
pH desse suco é 3.
[OH ]  10 11 mol / L  pOH  11
[04] Considerando que Kb para o NH4 OH é igual a 1 105 ,
uma solução de NH4 C com concentração 0,1 mol/litro,
totalmente dissociado, apresenta pH próximo a 5.
NH4 

H  C

 NH3  H2 O
H  NH3

Kh 
 H2 O
[H ][NH3 ]
[NH4  ]
CASD Vestibulares

Kw
Kb
]
[C  ]
1

[HC O] 80
 logK a   logH3 O   log
pH
14
[H ][NH3 ] 10

 10 9
[NH4  ]
10 5

 K a  [H3 O  ] 
Aplicando -log, vem:

[C  ] 
 logK a   log  [H3 O  ] 



[HC
O]


pKa

 Kh 
[H3 O  ][C  ]
[C  ]
[HC O]
[HC O]
O ácido hipocloroso possui um potencial de desinfecção cerca
de 80 vezes superior ao ânion hipoclorito, então:
Ka 
[HC O]  80[C
pH  3
NH4   C
H3 O  (aq)  C  (aq)
HC O(aq)  H2O( )
n
pKa  pH  log
Química – Equilíbrio Químico
[C  ]
[HC O]
[C  ]
[HC O]
2
7,53  pH  log
10
7,53  pH
1
1
 7,53  pH  log
80
80
1 mol
 0,0125
0,0125  12,5  10
10 7,53 pH  10
2
3
0,001 mol
 10  10
3
 10 2
13: [C]
Numa diluição, adiciona-se certo volume de solvente (no caso
água) para que a concentração da solução diminua. Em diluições,
sabe-se que a diminuição da concentração é inversamente
proporcional ao aumento de volume.
O exercício afirma que houve uma diluição da solução de HC
e que o volume passou de 50 mL para 1000 mL, ou seja,
aumentou 20 vezes.
Dessa forma, podemos concluir que a concentração da solução
inicial diminuiu 20 vezes.
Portanto:
2  10 2
 1 10 3 mol / L
20
20
A solução é de um ácido forte, que ioniza 100%. Assim,
podemos afirmar que a concentração de H+ vale

3
1 10 mol / L.
Cálculo de pH;
Faixa de pH
1,0 a 3,0
Cor observada
pH = 3: cor vermelha
16: [D]
250 mL (0,25 L) de solução de Ba(OH) 2
[Ba(OH)2 ]  0,1 mol / L
nBa(OH)  0,1 0,25  0,025 mol  n
2
OH
 2  0,025  0,05 mol
150 mL (0,15 L) de solução de HNO 3
 0,03 mol
H
3
100 mL (0,1 L) de solução de HC
[HC ]  0,18 mol / L
nHC  0,1 0,18  0,018 mol  n
H
pH
5,7
8,0
5,0
6,5
7,4
n
H (total)
nHC
nHC  0,001 mol
Cálculo do número de mols de NaOH: 90 mL de solução de
NaOH 0,010 mol.L–1.
1000 mL
0,010 mol
nHC
 0,018 mol
Vtotal  0,25 L  0,15 L  0,10 L  0,5 L
15: a) Cálculo do número de mols de HC : 10 mL de uma
solução de HC 0,10 mol.L–1.
1000 mL
0,10 mol
10 mL
b)
nHNO  0,2  0,15  0,03 mol  n
4  log 3,2
Suco de maçã
Quanto menor o valor do pH, mais ácida será a solução.
Conclusão: a água da chuva é mais ácida do que a água do mar,
e o leite é menos ácido do que o café.
10 mL
[H ]  10 3  pH  3
[HNO3 ]  0,2 mol / L
pH   log1 103  3,0
14: [A]
Líquido
Água da chuva
Água do mar
Café
Leite
Sangue humano
0,0009 mol
Tem-se um excesso de 0,0001 mol de HC (H ) num
volume de 100 mL (0,1 L) de solução (10 mL + 90 mL),
então:
n 0,0001
[H ] 

 0,001  10 3
V
0,1
 pH  7,53  2
[HC ]INICIAL
1 mol
excesso de
0,0001 mol
pH  7,53  2  5,53  5
[HC ]FINAL 
 NaOH  H2O  NaC
HC
n
OH
n
OH
 0,018  0,03  0,048 mol
 0,050 mol (está em excesso)
(excesso)  0,050  0,048  0,002 mol
[OH ] 
n 0,002 mol

 4  10 3 mol / L
V
0,5 L
pOH   log(4  10 3 )  3  log 4
pH  14  pOH
pH  14  (3  log 4)  11  log 4.
Conclusão: O pH está entre 11 e 12.
17: [E]
A concentração inicial da base é 1 mol/L, que foi diluída 100
vezes. Como a concentração é inversamente proporcional ao
volume, concluímos que, se o volume aumentou 100 vezes, a
concentração diminuirá 100 vezes.
CINICIAL  VINICIAL = CFINAL  VFINAL
1 0,001 = CFINAL  0,1
nHC  0,0009 mol
CFINAL = 0,01 mol/L = 1  10 -2 mol/L
Reação de neutralização:
A dissociação de uma base forte é 100%. Assim:
NaOH (s) 
1  10 -2 mol/L
Na + (aq)
1  10 -2 mol/L
+
OH - (aq)
1  10 -2 mol/L
Agora vamos calcular a concentração de H+
CASD Vestibulares
Química – Equilíbrio Químico
3
1  10 -14 = [H+ ]  [OH-1 ]  1  10 -14 = [H+ ]  1  10 -2
[H+ ] = 1  10 -12 mol/L
 [H ] 
 2
Ki  
  [HCOOH]  [H ]  K i  [HCOOH]
 [HCOOH] 


pH = - log(1 10-12 ) = 12,0  pH = 12.
18: [A]
I. Correta. A amostra pode ser composta de água pura ou por
uma solução neutra.
A 60 ºC, simplificadamente, teremos:



13
H3 O  OH

K W  [H3 O ]  [OH ]  10
[H ]
[HCOOH]
2
Finalmente calcularemos pH:
H2 O  H2 O

[H ]  K i  [HCOOH]
[H ]  K i  [HCOOH]
1,0.10 2  1,0  10 4  [HCOOH]
1,0.10 2  1,0  10 2  [HCOOH]
[HCOOH]  1,0  [HCOOH]  1,0 mol / L
10 pH  10 pOH  10 13
pH  pOH  13  pH  pOH  13
20: 02 + 16 = 18.
pH  6,5 (solução neutra)
Quanto maior a concentração de íons H  presentes na solução,
menor o valor numérico do pH dessa solução.
II. Correta. A concentração molar de H3 O  é igual à
concentração de OH .
Numa solução neutra [H3O ]  [OH ]  1013 mol / L .
III. Incorreta. O pH da amostra varia com a temperatura, pois a
25 ºC o valor de KW (10-14) é diferente daquele comparado a
60 ºC (10-13).
IV. Correta. A constante de ionização da amostra depende da
temperatura.
V. Incorreta. Teremos:
H2 CO 3
(início)
0,1 mol / L
x
(durante)
(equilíbrio) 0,1  x
H  HCO 3 
0
0
x
x
x
x
Ka 
pH   log[H ]
6   log[H ]  6  log[H ]  [H ]  10 6 mol / L
Quando a concentração de íons H  dobra, teremos:
pHinicial   log[H ]
pHfinal   log(2[H ])  pHfinal  (log 2  log[H  ])
pHinicial
Uma solução aquosa, cujo único soluto é o
H3 CCOOH (ácido fraco), possui pH abaixo de 7 devido aos
íons H+ que tal soluto libera.
O valor numérico do pH de uma solução de HC em água é
menor do que o de uma solução de H2 CO 3 em água com a

[H ]  [HCO 3 ]
[H2 CO 3 ]
1,0  10 7 
é de 106 mol litro :
pHfinal   log[H ]  log 2  pHinicial  log 2
( 0,1)

A concentração de íons H  em uma solução aquosa de pH  6
mesma concentração molar, pois o HC é um ácido mais forte
do que o H2 CO 3 .
x
 x  1,0  10 4
0,1
[H ]  1,0  10 4 mol / L  pH  4
21: [D]
pH  4  pH  6,5
nCa(OH) 
2
19: [C]
Para o ácido nítrico (ácido forte), teremos:
pH
H   10
 H   10 2  H   0,01 mol / L
 
 
 
Para o ácido metanoico, teremos:
K i : constante de ionização do ácido metanoico
 : grau de ionização do ácido metanoico
m 37  10 3 g

 0,5  10 3 mol
M 74 g.mol1
[Ca(OH)2 ] 
n 0,5  10 3

 2,0  10 3 mol / L
V
0,250
[Ca(OH)2 ]  2  [OH ]  4,0  10 3 mol / L
pOH   log(4,0  10 3 )
pOH  3  log 4,0  pH  14  (3  log 4,0)  11  0,6
[HCOOH] : Concentração molar do ácido me tan oico
pH  11,6
2
K i    [HCOOH]
[H ]    [HCOOH]
CASD Vestibulares
22: [D]
Solução A = C2H5 OH (0,10 mol/L) : O etanol apresenta
caráter neutro, o pH da solução será igual a 7.
Solução B = CH3 COOH (0,10 mol/L) : O ácido etanoico ou
acético é fraco, o pH da solução será menor que 7.
Solução C = HC (0,10 mol/L) : O ácido clorídrico é forte, o
pH da solução será maior que 7.
Química – Equilíbrio Químico
4
Solução D = NaOH (0,10 mol/L) : O hidróxido de sódio é
uma base forte, o pH do meio será maior que 7.
Solução E = NH3 (0,10 mol/L) : A amônia reage com a água,
formando solução de hidróxido de amônio, que é fraco; o pH
do meio será maior que 7.
A ordem crescente será dada por: C, B, A, E, D.
Expressão da constante de equilíbrio: Ka 
[H ][C7H5 O 2  ]
[C7H6 O2 ]

Sabemos que a concentração de H pode ser dada pelo produto
do grau de ionização pela molaridade (concentração molar):
23: Cálculo da concentração de NaOH:
m 0,1
[NaOH]  M  40  2,5  10 3 mol / L
V
1
[OH-] = [NaOH]
0,100
[OH- ] =
 0,00250 mol / L
40,0
pOH   log[OH- ] = -log0,00250 = log
[H ]    Molaridade
[H ]  0,07  0,01 M  7  104 M
1
 log 400
0,00250
26: 02 + 04 + 16 = 22.
Caso o químico desejasse corrigir o pH da piscina para torná-lo
ácido, após cada uma das medidas, ele faria a correção em
aproximadamente 53,33 % dos dias.
pOH  2log 2  2  2,60
pH  pOH  14  pH  11,40
24:
a) Para o ácido clorídrico (ácido forte), vem:
HC
H



C
4,2  103 4,2  103 4,2  103
Concentração de íons (hidrogênio e cloreto)
= 4,2  10-3 + 4,2  10-3 = 8,4  10-3.
Para o ácido acético (ácido fraco), vem:
CH3COOH
H

Molaridade 
CH3COO 

4, 2  10 3
4, 2  10 3
Concentração de íons (hidrogênio e acetato)
= 4,2  10-3 + 4,2  10-3 = 8,4  10-3.
As duas concentrações molares (molaridades) eram iguais, pois,
ao mergulhar, nas soluções, os eletrodos de um aparelho para
medir a condutibilidade elétrica, a intensidade da luz da lâmpada
do aparelho era a mesma para as duas soluções.
Nas duas soluções a concentração de cátions H+ era a mesma (4,2
x 10-3 mol/L), pois ao adicionar a mesma quantidade de indicador
universal para ácidos e bases a amostras de mesmo volume das
duas soluções, a coloração final observada era a mesma.
b) Para o ácido acético, teremos:
CH3COOH
H

1M
CH3COO 

0
Gasta
0
Forma
 4, 2  10 3 M
3
(1  4, 2  10 ) M
Forma
4, 2  10 3 M
4, 2  10
(início)
3
M
4, 2  10 3 M
4, 2  10
3
(durante)
M
(equilíbrio)
1,0 M
Devemos desconsiderar 4,2  10-3.
Então:
KA 
KA 
30 dias
100 %
16 dias
p
p  53,33 %
De acordo com a tabela, vem:
pH = 4; frequência = 6
pH = 5; frequência = 4
pH = 6; frequência = 4
pH = 7; frequência = 2
pH = 8; frequência = 8
pH = 9; frequência = 6
Então,4,4,4,4,4,4,5,5,5,5,6,6,6,6,7,7,8,8,8,8,8,8,8,8,9,9,9,9,9,9
(30 valores)
A metade é 15: 4,4,4,4,4,4,5,5,5,5,6,6,6,6,7 e
7,8,8,8,8,8,8,8,8,9,9,9,9,9,9.
Conclusão: o valor da mediana do pH é 7.
O valor médio do pH, ao longo dos 30 dias, é aproximadamente
6,6.
4+4+4+4+4+4+5+5+5+5+6+6+6+6+7+7+8+8+8+8+
30
pHvalor médio  6,67
pHvalor médio 
Caso o químico desejasse corrigir o pH para deixá-lo neutro,
após cada uma das medidas, ele gastaria uma quantidade em
mols igual de ácido e de base ao longo do mês.
[H ]  [CH3COO ]
[CH3COOH]
(4, 2  10 3 )  (4, 2  10 3 )
 1, 764  10 5 M
(1, 0)
25: A equação de ionização do ácido benzoico pode ser
representada por:
CASD Vestibulares
Química – Equilíbrio Químico
5
n(KOH) = 0,1 mol
HCℓ
+ KOH  H2O
1 mol
1mol
 0,10 mol
0,10 mol
De acordo com o gráfico, vem:
14 dias: pH ácido
14 dias: pH básico
Ao longo dos 30 dias, a concentração de íons H  na piscina
variou aproximadamente de 109 a 104 mol / L.
+
KCℓ
Neste caso teremos neutralização e o pH será, praticamente,
equivalente ao da neutralidade, ou seja, haverá diminuição do
pH em relação à solução inicial que era básica.
Frasco 4: 100 mL de solução aquosa de HNO3 de concentração
1,2 mol/L.
[H+]inicial = 0,12 mol/L
1 L  1,2 mol
0,1 L  n(HNO3)
n(HNO3) = 0,12 mol
n(H+; na solução de HNO3)  0,12 mol
n(H+; na solução de HCℓ) = 0,1 mol
n(H+ total)  (0,12 + 0,10)  0,22 mol
0,22
[H+] 
 0,11 mol / L
0,2
[H+]inicial = 0,12 mol/L
[H+]final = 0,11 mol/L
A concentração de H+ na solução final será menor do que na
inicial. Logo, o pH da solução final será maior do que o da
solução inicial.
28: [B]
pH = 5  [H+] = 10-5 M
Então,

 H  CN
HCN 
10 5
[HCN]
K IONIZAÇÃO 

pH   log[H ]
pH  9  [H ]  10 9 mol / L
5 x 10 10 
pH  4  [H ]  10 4 mol / L
[H ][CN ]
[HCN]
10 5 x 10 5
[HCN]
[HCN]  0,2 M
27: [E]
A cada um desses frascos, adicionaram-se, em experimentos
distintos, 100 mL de uma solução aquosa de HCℓ de
concentração 1,0 mol/L:
1 L  1 mol
0,1 L  n(HCℓ)
n(HCℓ) = 0,10 mol
Frasco 1: 100 mL de H2O(l).
Número de mols de H+ = 0,10 mol
Volume final = 100 mL + 100 mL = 200 mL = 0,2 L
[H+]inicial = 10-7
0,1
[H+]final =
 0,5 mol / L
0,2
[H+] aumentou, logo o pH diminuiu.
Frasco 2: 100 mL de solução aquosa de ácido acético de
concentração 0,5 mol/L.
Como o ácido acético é fraco, o número de mols de H + liberado
é pequeno, mas somado ao inicial, teremos: [H+]final > [H+]inicial,
logo, o pH final será menor do que o inicial.
Frasco 3: 100 mL de solução aquosa de KOH de concentração
1,0 mol/L.
1 L  1,0 mol
0,1 L  n(KOH)
CASD Vestibulares
10 5
1 mol HCN
0,2 mol HCN
27 g
m
m  5,4 g de HCN  5,4 g / L
29: [E]
Primeira solução:
4,0 g
[NaOH] 
40 g.mol1
100 mL
 0,001 mol.mL1  1 x 10 6 mol.L1
Segunda solução:
4,0 g
[KOH] 
56 g.mol1
100 mL
 0,0007 mol.mL1  7 x 10 7 mol.L1
[NaOH] > [KOH]. A primeira solução é mais básica do que a
segunda.
Cálculo do número de mols de HCl necessário para neutralizar
a primeira solução:
NaOH + HCl  HOH + NaCl
0,1 M
0,1 M
Química – Equilíbrio Químico
6
Pelos dados ([HCl] = 2,0 mol.L-1 e V = 50 mL = 0,05 L):
nHCl
 nHCl = 2,0 x 0,05 = 0,1 mol
V
Cálculo do número de mols de HCl necessário para neutralizar
a segunda solução:
[HCl] =
KOH + HCl  HOH + KCl
0,07 M 0,07 M
Pelos dados ([HCl] = 2,0 mol.L-1 e V = 50 mL = 0,05 L):
nHCl
 nHCl = 2,0 x 0,05 = 0,1 mol
V
A segunda solução requer 0,7 mol de HCl, logo não obedece a
afirmação do item II.
Como só existe uma base na primeira solução, seu pH será
máximo, igual a 14, ou seja a concentração hidrogeniônica será
mínima (10-14; a 25oC).
[HCl] =
30: [D]
As informações da tabela permitem concluir que essa água é um
pouco alcalina (pH >7):
pH a 25 °C
7,54
31: De acordo com o gráfico para 70 μ mho/cm teremos Va =
10 cm3.
Neutralização Va = 5 cm3 (~ 0 μ mho/cm, no gráfico)
CaVa = CbVb
5 x Ca = 0,0125 x 40  Ca = 0,1 M
CH+ = 2 x 0,1 x
(10  5)
 CH+ = 0,02 M
(40  10)
Sabendo que pH = – log [H+], teremos:
pH = – log 0,02
pH = – log 2.10-2
pH = – (log2 – 2log10)
pH = – (0,30 – 2) = 1,7
Logo, pH = 1,7.
32: [A]
HA
H+ + A+
K = [H ][A-]/[HA], o ácido é fraco, então:
Ka = [H+][A-]
Como o ácido é fraco: [A-] < [HA].
Como a proporção de H+ para A- é de 1:1, então:
[H+] = [A-].
H2O
H+ + OH-; KW = [H+][OH-]
HA
H+ + A-; Ka = [H+][A-] (ácido fraco)
Como KW < Ka,
[H+][OH-] < [H+][A-]
[OH-] < [A-].
[ H+ ] = 106 mol/L
n0. de mols de H+ em 100 L = 104 mol.
Solução a ser adicionada: HCℓ; 1M [H+] = 1 mol/L
n0. de mols de H+ adicionado: VA × 1 mol/L
Balanço do n0. de mols de H+:
(n0. de mols de H+ presentes na solução inicial) + (n0. de mols
de H+ adicionados) - (n0. de mols de H+ neutralizados pelos
íons OH presentes na solução inicial) = (n0. de mols de H+
presentes na solução final)
(106 mols de H+ presentes na solução inicial) + (1M × VA) (104 mols de H+ neutralizados pelos íons OH presentes na
solução inicial) = (104 mols de H+ presentes na solução final).
VA = 104 + 104 - 106 = 2 × 104 - 106 =
= 199 × 106 L ≈ 0,2 mL
35: [B]
I. Afirmativa correta: o sistema é ácido, pois o suco de limão
tem ácido cítrico.
II. Afirmativa incorreta: o pH do sistema é menor do que 7,
pois o meio é ácido.
III. Afirmativa correta: no sistema, a concentração dos íons H+
é maior que a dos íons OH–.
36: [E]
37: [A]
38: [C]
Para sabermos a concentração molar dos íons OH- devemos
descobrir o número de mols da base.
1 mol KOH  56 g
nKOH  1,12 g
nKOH = 0,02 mol
Como temos 0,02 mol da base em 2 L de solução, vem:
[KOH] 
KOH  K+ + OH–
10-2 M
10-2 M 10-2 M
[OH–] = 10-2 M
pOH = – log[OH–] = – log 10-2 = 2
Como pH + pOH = 14, teremos:
pH + 2 = 14  pH = 12
39: [A]
40: [B]
41: [D]
33: [D]
42: [B]
34: Solução inicial pH = 8
[ H+ ] = 108 mol/L
n0. de mols de H+ em 100 L = 106 mol
Solução final pH = 6
43: [B]
CASD Vestibulares
0, 02
 0, 01 mol.L1  102 mol.L1  102 M
2
44: [E]
Química – Equilíbrio Químico
7