Elementos de Química Geral - Vol.3

Isabella Ribeiro Faria Volume 3

Elementos de Química Geral

Apoio:

Material Didático

2007/2

ELABORAÇÃO DE CONTEÚDOIsabella Ribeiro Faria

COORDENAÇÃO DE DESENVOLVIMENTO INSTRUCIONALCristine Costa Barreto

DESENVOLVIMENTO INSTRUCIONAL E REVISÃO Anna Carolina da Matta MachadoMarcelo Bastos

COORDENAÇÃO DE AVALIAÇÃO DO MATERIAL DIDÁTICODébora Barreiros

AVALIAÇÃO DO MATERIAL DIDÁTICOLetícia Calhau

Referências Bibliográfi cas e catalogação na fonte, de acordo com as normas da ABNT.

Copyright © 2006, Fundação Cecierj / Consórcio Cederj

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F224eFaria, Isabella Ribeiro.

Elementos de química geral. v. 3 / Isabella Ribeiro Faria. – Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2007.

78p.; 21 x 29,7 cm.

ISBN: 85-7648-333-5

1. Química. 2. Equilibrio químico. 3. Diluição. 4. Mistura de soluções. I. Título. CDD: 540

Fundação Cecierj / Consórcio CederjRua Visconde de Niterói, 1364 – Mangueira – Rio de Janeiro, RJ – CEP 20943-001

Tel.: (21) 2299-4565 Fax: (21) 2568-0725

PresidenteMasako Oya Masuda

Coordenação do Curso de BiologiaUENF - Milton Kanashiro

UFRJ - Ricardo Iglesias RiosUERJ - Cibele Schwanke

EDITORATereza Queiroz

COPIDESQUEJosé Meyohas

REVISÃO TIPOGRÁFICAElaine BaymaMarcus Knupp

COORDENAÇÃO DE PRODUÇÃOJorge Moura

PROGRAMAÇÃO VISUALMarcelo CarneiroRenata Borges

ILUSTRAÇÃOFabiana Rocha

CAPAFabiana Rocha

PRODUÇÃO GRÁFICAAndréa Dias FiãesFábio Rapello Alencar

Departamento de Produção

Universidades Consorciadas

UENF - UNIVERSIDADE ESTADUAL DO NORTE FLUMINENSE DARCY RIBEIROReitor: Almy Junior Cordeiro de Carvalho

UERJ - UNIVERSIDADE DO ESTADO DO RIO DE JANEIROReitor: Nival Nunes de Almeida

UNIRIO - UNIVERSIDADE FEDERAL DO ESTADO DO RIO DE JANEIROReitora: Malvina Tania Tuttman

UFRRJ - UNIVERSIDADE FEDERAL RURAL DO RIO DE JANEIROReitor: Ricardo Motta Miranda

UFRJ - UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIROReitor: Aloísio Teixeira

UFF - UNIVERSIDADE FEDERAL FLUMINENSEReitor: Roberto de Souza Salles

Governo do Estado do Rio de Janeiro

Secretário de Estado de Ciência e Tecnologia

Governador

Alexandre Cardoso

Sérgio Cabral Filho

Aula 29 – Equilíbrio químico – princípios gerais _____________________ 7

Aula 30 – Deslocamento de equilíbrio ____________________________ 23

Aula 31 – Equilíbrio iônico de ácidos e bases_______________________ 35

Aula 32 – Esta aula será enviada posteriormente____________________ 55

Aula 33 – Unidades de concentração_____________________________ 57

Aula 34 – Diluição e mistura de soluções__________________________ 69

Elementosde Química Geral

SUMÁRIO

Volume 3

29AU

LA

Meta da aula

Equilíbrio químico– princípios gerais

Conceituar equilíbrio químico.

Ao fi nal desta aula, você deverá ser capaz de:

• analisar as idéias centrais de um equilíbrio químico;

• entender o conceito de constante de equilíbrio;

• resolver problemas que envolvam cálculode constante de equilíbrio;

• defi nir grau de equilíbrio;

• diferenciar constante de equilíbrio e graude equilíbrio.

objetivos

Elementos de Química Geral | Equilíbrio químico – princípios gerais

8 CEDERJ

INTRODUÇÃO Quando nos perguntamos se a água dentro de um frasco fechado evapora,

a primeira resposta talvez seja que não, pois não percebemos diminuição no

nível da água no frasco. Mas esta resposta não está correta. No frasco estão

ocorrendo dois processos opostos com a mesma velocidade: a evaporação e

a condensação. Dizemos então que esse sistema está em equilíbrio. Reações

reversíveis, em que reagentes e produtos estão em equilíbrio, são processos

importantes que ocorrem em grande número no metabolismo dos seres vivos

e na atmosfera.

Uma reação é dita reversível quando ocorre nos dois sentidos simultaneamente.

DEFINIÇÃO DE EQUILÍBRIO

A maioria das reações que nós trabalhamos, quando realizadas

num sistema fechado, é reversível. Quando colocamos substâncias num

recipiente e elas começam a reagir, vão formando novas substâncias

chamadas produtos. Após determinado tempo, estes produtos reagem

entre si, produzindo as substâncias iniciais. Este processo ilustra uma

reação reversível, como demonstrado na equação genérica a seguir:

A + B C + D

Esse tipo de reação pode ser visualizada por meio do seguinte

exemplo:

1 mol de N2O4, que é um gás incolor, foi colocado num recipiente

transparente, fechado, com capacidade de 1 litro e aquecido a 100oC.

Nessas condições, as colisões entre moléculas desse gás favorecem sua

decomposição, conforme a equação apresentada a seguir:

N2O4(g) 2 NO2(g)

(incolor) (castanho)

Com o tempo, diminui o número de moléculas de N2O4 e aumenta

a quantidade de moléculas de NO2. Portanto, nada impede que entre

as moléculas de NO2 ocorram colisões que favoreçam a regeneração de

moléculas de N2O4, como verifi camos na equação:

2 NO2(g) N2O4(g)

(castanho) (incolor)

CEDERJ 9

Assim, após determinado tempo, para cada molécula de N2O4 que

se decompõe, duas outras moléculas de NO2 se combinam, formando

uma outra molécula de N2O4.

colisão reação direta

reação inversa colisão

v1

v2

Figura 29.1: Duas reações opostas ocorrendo num mesmo sistema.

Quando a velocidade da reação direta for igual à da reação inversa,

teremos um sistema em equilíbrio em que coexistirão moléculas de N2O4

e NO2.

N2O4(g) 2 NO2(g)


Figura 29.2: Sistema entrando em equilíbrio.

AU

LA

29


10 CEDERJ

A situação descrita nos permite perceber que o sistema se

encontra num equilíbrio dito dinâmico, pois a quantidade de N2O4 que

se decompõe (reação direta) é igual à quantidade de N2O4 que é formada

(reação inversa).

O equilíbrio químico é caracterizado quando a velocidade da reação direta é igual à velocidade da reação inversa. Conseqüentemente, as concentrações dos participantes da reação não se alteram.

!

Retomemos a equação mencionada anteriormente.

N2O4(g) 2 NO2(g)


No início da reação foi colocado 1 mol de N2O4 em um recipiente

de 1 litro. Portanto, essa concentração molar de N2O4 é de 1 mol por

litro, e pode ser representada por [N2O4] = 1mol/L. À medida que o

tempo passa, o N2O4 é consumido e, portanto, sua concentração vai

diminuindo.

Gráfi co 29.1: Concentração de N2O4 em mol/L.

2,0

1,5

1,0

0,5

0Tempo

[N2O4]

CEDERJ 11

Em contrapartida, a [NO2], concentração molar de NO2, que

inicialmente era nula, vai aumentando com o tempo.

Gráfi co 29.2: Concentração de NO2 em mol/L.

2,0

1,5

1,0

0,5

0Tempo

[NO2]

Depois de certo tempo, essas concentrações não mais variam,

momento esse em que fi ca caracterizado o equilíbrio químico.

Gráfi co 29.3: Equilíbrio químico da reação de N2O4 e NO2.

2,0

1,5

1,0

0,5

0Tempo

[NO2] = 0,52 mol/L

[N2O4] = 0,74 mol/L

A partir deste instante as concentrações passam a ser constantes.

(Equilíbrio)

AU

LA

29


12 CEDERJ

LEI DA VELOCIDADE DA REAÇÃO E CONSTANTE DE EQUILÍBRIO (KC)

Vamos agora observar o que ocorre com a velocidade dessas

reações (direta e inversa). A velocidade de uma reação é diretamente

proporcional ao produto das concentrações em mol/L dos reagentes dessa

reação (Lei de Ação das Massas ou Lei de Guldberg-Waage). Considere

a REAÇÃO ELEMENTAR genérica:

aX + bY produtos

A expressão da velocidade de uma reação pode ser assim

representada:

v = k[X]a [Y]b

v = velocidade da reação num determinado instante;

k = constante da velocidade da reação (um valor numérico

característico da reação e da temperatura);

[X] e [Y] = concentração em mol/L dos reagentes X e Y;

a e b são os coefi cientes da equação.

Exemplo:

2 NO2 + H2 N2O + H2O

v = k [NO2]2 [H2]

A explicação para a existência de um termo elevado ao quadrado

é que poderíamos escrever a equação anterior da seguinte forma:

NO2 + NO2 + H2 N2O + H2O

Então, a expressão da velocidade seria v = k [NO2][NO2][H2],

que corresponde à expressão apresentada anteriormente v = k [NO2]2

[H2].

Voltemos à nossa reação.

N2O4(g) 2 NO2(g)

Podemos escrever a expressão da velocidade da reação direta (da

esquerda para a direita) v1:

v1= k1 [N2O4]

RE A Ç Ã O E L E M E N T A R

É aquela que se processa em uma única etapa.

CEDERJ 13

E a expressão para a reação inversa (da direita para a esquerda)

v2 será:

v2 = k2 [NO2]2

Quando o sistema atinge o equilíbrio, podemos igualar v1 e v2:

v1 = v2 ⇒ k1 [N2O4] = k2 [NO2]2 ⇒

kk

1

2

= NO

N O2

2

2 4

[ ][ ]

como k1 e k2 são constantes, então kk

1

2

também é uma constante. Essa nova

constante é chamada constante de equilíbrio, e é simbolizada por Kc.

Para o equilíbrio N2O4(g) 2 NO2(g), temos:

Kc = NO

N O2

2

2 4

[ ][ ]

Essa expressão de Kc nos diz que, independentemente das

condições iniciais, o resultado do cálculo NO

N O2

2

2 4

[ ][ ]

é igual a um valor

numérico fi xo, para determinada temperatura.

Na temperatura de 100oC, o valor da concentração de Kc para

essa reação é 0,36. Esse valor foi calculado experimentalmente, e toda

vez que realizarmos essa reação num sistema fechado à temperatura de

100oC, encontraremos sempre esse mesmo valor.

Concluindo:

A Lei de equilíbrio (Kc) expressa em função das concentrações

é defi nida como a multiplicação das concentrações, em mol/L, dos

produtos, divididas pelas concentrações dos reagentes, todas elevadas

aos respectivos coefi cientes estequiométricos.

aX + bY produtos

aA + bB cC + dD Kc = [ ] [ ][ ] [ ]C DA B

c d

a b

Observe que o valor da constante de equilíbrio para uma reação,

em determinada temperatura, não depende das concentrações iniciais de

reagentes e produtos, e sim de suas concentrações no equilíbrio.

Outro exemplo: H2(g) + I2(g) 2 HI(g)

Kc = [ ][ ][ ]

HIH I

2

2 2

AU

LA

29


14 CEDERJ

1. Escreva a expressão da Lei de Equilíbrio (Kc) para os seguintes sistemas:

a. 2 SO2(g) + O2(g) 2 SO3(g)

b. Fe2+ (aq) + Cu2+(aq) Fe3+(aq) + Cu+(aq)

c. 2 NO2(g) 2 NO(g) + O2(g)

ATIVIDADE

SIGNIFICADO DE KC

Qual informação podemos retirar do fato de conhecermos o Kc de uma

reação?

Pois bem, se o Kc de uma reação for muito alto, podemos concluir

que, ao atingir o equilíbrio, haverá muito mais produto do que reagente,

logo, será maior a extensão da reação direta. Por outro lado, se os

valores de Kc forem muito baixos, observaremos que a reação direta

será pouco favorecida, ou seja, no equilíbrio teremos mais reagentes do

que produtos.

Vamos exemplifi car alguns problemas envolvendo Kc.

Exemplo 1

Em um sistema em equilíbrio a 25oC, as concentrações de NOCl(g),

NO(g) e Cl2(g) são, respectivamente, iguais a 5mol/L, 5x10–5 mol/L e

2 mol/L.

a. Calcule a constante de equilíbrio(Kc), a 25oC, para a reação:

2 NOCl(g) 2NO(g) + Cl2(g)

Vamos primeiramente escrever a expressão de Kc para essa reação.

KNO Cl

NOClc =[ ] [ ]

[ ]

22

2

substituindo os valores na expressão:

Kc =⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

− −−( )5 10 2

525 10 2

252 10

5 2

2

1010

CEDERJ 15

b. Se você adicionar NOCl em um frasco vazio, a 25oC, a

decomposição em NO e Cl2 será muito intensa? Justifi que.

A questão é saber se a decomposição do NOCl ocorre facilmente. Isto é

possível analisando o valor da sua constante de equilíbrio Kc’ = 2x102.

Este valor muito baixo indica que no equilíbrio a [NOCl] é muito alta,

logo o processo de decomposição do NOCl é difícil.

Exemplo 2

Para a reação representada a seguir, em que todas as substâncias estão

em fase gasosa:

2CO + O2 2CO2

realizada a uma dada temperatura, o valor da constante de equilíbrio

é 40 e as concentrações do CO = 0,05 mol/L e do CO2 = 0,10 mol/L.

Calcule a concentração em mol/L de gás oxigênio nesse equilíbrio.

Vamos escrever a expressão de Kc para esse equilíbrio,

KCO

CO Oc =[ ]

[ ] [ ]2

2

22

substituindo os valores dados:

400 10

0 05

2

22

=⋅

( , )( , ) [ ]O

⇒ [ ],

O2 4

0 0125 10 40

=⋅ ⋅−

⇒ [ ] ,O2 0 10= mol/L

2. Em determinadas condições de temperatura e pressão, existe 0,5 mol/L de N2O4 em equilíbrio com 2 mol/L de NO2, segundo a equação

N2O4(g ) 2 NO2(g).

Qual o valor da constante desse equilíbrio em função das concentrações em mol/L, nas condições da experiência?

ATIVIDADES

AU

LA

29


16 CEDERJ

3. Em altas temperaturas, N2 reage com O2 produzindo NO, um poluente atmosférico:

N2 + O2 2 NO

À temperatura de 2.000 Kelvin, a constante do equilíbrio descrito anteriormente é igual a 4,0 x 10–4. Nessa temperatura, se as concentrações de equilíbrio de N2 e O2 forem, respectivamente, 4,0 x 10–3 e 1,0 x 10–3 mol/L, qual será a concentração molar de NO no equilíbrio?

SISTEMAS GASOSOS

Em sistemas gasosos, a quantidade de reagente e produtos também

pode ser verifi cada pela PRESSÃO PARCIAL de cada um dos gases participantes

da reação, porque a concentração molar de um gás é diretamente

proporcional a sua pressão parcial. Para comprovar esta relação, basta

observar a lei dos gases ideais.

PV = nRT ou P = nV

RT em que a relação nV

corresponde à

concentração mol/L .

Quando utilizamos as pressões parciais para descrever um sistema em

equlíbrio, chamamos a constante de equilíbrio de Kp. Vamos exemplifi car

por meio da reação entre gás nitrogênio e gás hidrogênio na produção

de amônia.

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

A Lei de Equilíbrio desta reação pode ser descrita em função das

concentrações molares, como visto anteriormente, KN H

c =[ ]

[ ][ ]NH3

2

2 2

3 ,

ou em função das pressões parciais, KP

P PpNH

N H

=2

33

22

.

PRESSÃO PARCIAL

Pressão exercida por um gás, se este ocupasse sozinho o volume analisado.

CEDERJ 17

Exemplo 3

O gás SO3 pode ser decomposto em dióxido de enxofre e oxigênio a

altas temperaturas, de acordo com a equação: 2 SO3(g) 2 SO2(g)

+ O2(g).

As pressões parciais dos componentes no equilíbrio são: para O2 = 12 atm;

para SO2 = 4 atm e para SO3 = 8 atm. Determine o valor da constante

de equilíbrio Kp para este sistema.

Vamos primeiramente escrever a Lei de Equílíbrio em função das

pressões parciais para esta reação KP so Po

P sop =2

2 22

3

. Substituindo os

valores, teremos:

Kp =×4 128

2

2 ⇒ Kp = 3.

RELAÇÃO ENTRE KP E KC

Para algumas reações, os valores de Kp e Kc são iguais. Porém,

para muitas outras, as duas constantes apresentam valores diferentes.

Portanto, é necessário que nós possamos calcular uma a partir da outra.

A equação que nos permite fazer esse cálculo é deduzida a partir da lei

dos gases ideais.

Kp= Kc(RT)∆n

Nesta equação, ∆n é variação do número de mols (número de mols dos

produtos gasosos – número de mols dos reagentes gasosos) na equação

química. Para a reação

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

temos que ∆n = 2 – (1+3) = –2.

Observe que quando o valor de ∆n for igual a zero, as constantes Kp e

Kc terão o mesmo valor.

GRAU DE EQUILÍBRIO

Considere um frasco fechado, inicialmente, com 9,0 mols de

ozônio (O3). Admita que no equilíbrio entre ozônio e oxigênio existam

6,0 mols de O3 e 4,5 mols de O2.

Para calcular o número de mols de O3 que reagiram, temos:

n (reagiram) = 9,0 – 6,0 = 3,0 mols de ozônio.

AU

LA

29


18 CEDERJ

Vamos agora determinar a porcentagem de mols de O3 que reage:

Início 9,0 mols ––––– 100%

Reagem 3,0 mols ––––– α

Logo, α = 3 1009

x = 33%

Essa porcentagem é denominada grau de equilíbrio (α).

Podemos calcular o grau de equilíbrio para determinado reagente

diretamente pela expressão:

α = quantidade de mols consumidosquantidade inicial de mols

É muito importante que você saiba diferenciar grau de equilíbrio

e constante de equilíbrio.

Grau de equilíbrio(α) Constante de equilíbrio (Kc)

Alterando as concentrações

varia Não varia

Alterando a temperatura

varia varia

A uma temperatura constante, o grau de equilíbrio é variável,

porque depende da concentração inicial do reagente que estiver sendo

analisado. Entretanto, a constante de equilíbrio, como o próprio nome

indica, terá valor fi xo para cada equilíbrio.

Exemplo 4

1) A tabela a seguir é válida para o seguinte equilíbrio de decom-

posição, realizado a 500oC:

2 NH3 N2 + 3 H2

[NH3]

inicial

[NH3]

no equilíbrio

Kc

1a experiência

2a experiência

1,0

5,0

0,2

1,6

16

16

CEDERJ 19

a. Por que o valor de Kc não varia?

O valor de Kc não varia, porque, mantida a temperatura constante,

a constante de equilíbrio não depende das concentrações iniciais dos

reagentes ou dos produtos.

b. Calcule o grau de decomposição da amônia, em cada experiência,

considerando o volume do recipiente igual a 1 litro.

1a experiência

início: NH3 = 1,0 mol

equilíbrio: NH3 = 0,2 mol

reage: 1,0 – 0,2 = 0,8 mol


α = = =0 81 0

0 8 80,,

, %

2a experiência

início: NH3 = 5,0 mol

equilíbrio: NH3 = 1,6 mol

reagem: 5,0 – 1,6 = 3,4 mol


α = = =3 45 0

0 68 68,,

, %

CONCLUSÃO

O equilíbrio químico pode existir somente em sistemas fechados

em que o conteúdo material não é aumentado nem diminuído, perma-

necendo assim com as concentrações constantes.

AU

LA

29


20 CEDERJ

ATIVIDADES FINAIS

1. O gráfi co a seguir mostra a variação, em função do tempo, das concentrações de

A, B, C e D durante a reação de 3,5 mol/L de A com 3,5 mol/L de B, a 25°C. Observe

que as concentrações A, B, C e D para o cálculo de Kc estão indicadas no gráfi co.

Considerando a reação A + B C + D:

a. em que tempo de reação o equilíbrio foi atingido?

b. qual o valor da constante desse equilíbrio?

2. Para o equilíbrio CO2 + H2 CO + H2O numa determinada temperatura,

a constante Kc vale 8,4.

Uma análise apontou os seguintes resultados, em determinado instante de uma

experiência:

[CO2] = 0,2 mol/L

[H2] = 0,3 mol/L

[CO] = 1,2 mol/L

4,0

3,5

3,0

2,5

2,0

1,5

1,0

0,5

0

5 10 15 20 Tempo (min)

C + D

A + B

CEDERJ 21

[H2O] = 0,4 mol/L

Com base nessas informações, verifi que se o sistema já atingiu o equilíbrio no

instante considerado.

3. Em um recipiente de 1 litro, colocou-se 1 mol de PCl5. Suponha o sistema:

PCl5 PCl3 + Cl2, homogêneo e em temperatura tal que o PCl5 esteja 80%

dissociado. Determine a constante de equilíbrio para esse sistema.

4. Dado Kc = 61 para a reação N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g) a 500K, calcule se

mais amônia tenderá a se formar quando a mistura de composição 2,23 x 10–3

mol/L de N2, 1,24 x 10–3 mol/L de H2 e 1,12 x 10–1 mol/L de NH3 estiver presente em

um recipiente a 500K.

• O equilíbrio químico é uma reação reversível na qual a velocidade da reação direta

é igual à velocidade da reação inversa e, conseqüentemente, as concentrações

de todas as substâncias participantes permanecem constantes.

• Para a reação a A +bB cC + dD Kc = [ ] [ ][ ] [ ]C DA B

c d

a b

• Kc não varia com a concentração das substâncias, mas varia com a temperatura

em que se processa a reação.

• Em sistemas gasosos podemos determinar a constante de equilíbrio em função

das pressões parciais (Kp).

• O grau de equilíbrio (α) varia com a temperatura e com a concentração.

R E S U M O

AU

LA

29


22 CEDERJ

INFORMAÇÃO SOBRE A PRÓXIMA AULA

Na nossa próxima aula, vamos saber como podemos perturbar um sistema em

equilíbrio e as conseqüências na reação dessa perturbação.

Atividade 1

a. Kc =[ ]

[ ] [ ]SO

SO O3

2

22

2

b. KFe CuFe Cuc =

+ +

+ +

[ ][ ][ ][ ]

3

2 2

c. KNO O

NOc =[ ] [ ]

[ ]

22

22

Atividade 2

KNO

N Oc =[ ][ ]

2

2

2 4

= 20 5

2

, = 8

Atividade 3

4,0 x 10–5 mol/L

Atividades Finais

1. a. 10 minutos

b. 2 5 2 51 0 1 0

6 25, ,, ,

,xx

=

2. 1 2 0 40 2 0 3

8, ,, ,

xx

= ≠ Kc logo, o sistema ainda não atingiu o equilíbrio.

3. Kx

c = =0 8 0 80 2

3 2, ,

,,

4. Não, pois o valor para [ ]

[ ][ ]NH3

2

2 23N H

está muito maior que o Kc indicado.

RESPOSTAS

30AU

LA

Meta da aula

Deslocamento de equilíbrio

Apresentar a aplicação do Princípio de Le Chatelierem equilíbrio químico.

Ao fi nal desta aula, você deverá ser capaz de:

• identifi car os fatores que alteram um sistema em equilíbrio;

• verifi car como esses fatores provocam um deslocamento de equilíbrio.

objetivos

Elementos de Química Geral | Deslocamento de equilíbrio

24 CEDERJ

INTRODUÇÃO Esta aula é a continuação do conteúdo Equilíbrio Químico, trabalhado na

Aula 29. Como você viu naquela aula, um sistema, após atingir o equilíbrio,

apresenta uma quantidade constante das substâncias participantes se não

houver alterações externas que perturbem esse equilíbrio.

Em 1888, o químico francês Henry Louis Le Chatelier desenvolveu um trabalho

que permite prever o que ocorrerá a um sistema em equilíbrio quando

perturbado.

A conclusão deste trabalho é conhecida como o Princípio de Le Chatelier:“Quando um sistema em equilíbrio é perturbado, ele reage no sentido de anular o efeito dessa perturbação.”

!

Os principais fatores externos que podem influenciar um

equilíbrio são:

• concentração dos participantes;

• temperatura;

• pressão total do sistema.

ALTERANDO AS CONCENTRAÇÕES

Vamos tomar como exemplo o seguinte sistema em equilíbrio:

N2 (g) + 3 H2 (g) 2

1 2 NH3 (g) + calor

Quem foi Le Chatelier?Henry Louis Le Chatelier nasceu em Paris no dia 8 de outubro de 1850. Os primeiros ensinamentos em Matemática e Química foram dados pelo pai, o engenheiro Louis Le Chatelier. Mais tarde, pai e fi lho trabalhariam juntos na criação de uma indústria de alumínio.Toda a linha de pesquisa de Le Chatelier era voltada para as aplicações práticas. Publicou trabalhos sobre cimento e, preocupado com os acidentes em minas de carvão, fez um minucioso estudo sobre combustão do metano, determinando a temperatura de ignição e outras variáveis.Durante toda a vida, Le Chatelier dedicou-se à Educação. Considerado um inovador na Educação em Química, criou métodos próprios que sempre despertavam interesse em seus alunos.Texto adaptado, em outubro de 2005, do site www.woodrow.org/teachers/chemistry/institutes/1992/LeChatelier.html

CEDERJ 25

Se adicionarmos a esse sistema uma determinada quantidade de

H2, o equilíbrio irá se deslocar no sentido de consumir esse H2 colocado

a mais. A reação que consome H2 é a reação 1 (reação direta). Então,

durante um determinado tempo, a velocidade da reação 1 será maior

que a velocidade da reação 2 (v1 > v2), o que acarretará aumento da

concentração de NH3.

N2 (g) + 3 H2 (g) 2

1 2 NH3 (g) + calor

Após certo tempo, é estabelecido um novo equilíbrio, mas sem

alteração no valor da constante Kc.

Se aumentarmos a concentração de NH3, o sistema irá se deslocar

no sentido de consumir esse NH3. A reação que consome NH3 é a reação

2 (reação inversa). Então, durante certo tempo, v2 > v1, o que acarretará

aumento da concentração de N2 e H2.

N2 (g) + 3 H2 (g) 2

1 2 NH3 (g) + calor

Essas velocidades se tornarão iguais após certo tempo e o equilíbrio

será estabelecido, mas com o mesmo valor para sua constante Kc.

O que ocorrerá com esse equilíbrio se retiramos NH3 do sistema?

Segundo o Princípio de Le Chatelier, o sistema terá de anular essa

alteração. Para isso, ele deverá produzir uma maior quantidade de NH3,

favorecendo, assim, a reação 1 (reação direta), durante determinado

tempo, até o equilíbrio ser novamente atingido.

N2 (g) + 3 H2 (g) 2

1 2 NH3 (g) + calor

Exemplo 1

Considere o equilíbrio: Fe3O4(s) + 4 H2(g) 3 Fe(s) + 4H2O(g)

a 150oC, em recipiente fechado.

a. Escreva a expressão da constante de equilíbrio da reação.

Como vimos na Aula 29, Kc = produtos

reagentes

[ ][ ]

.

AU

LA

30


26 CEDERJ

Quando temos substâncias no estado sólido, essas não participam

da expressão da constante de equilíbrio, pois não apresentam

concentração molar.

Logo, para nossa reação: Kc = H O

H2

4

2

4

[ ][ ]

.

b. Preveja, justifi cando, qual será o efeito da adição ao sistema

em equilíbrio de:

(I) H2 (g).

Segundo Le Chatelier, o sistema deverá consumir H2 para retornar

ao equilíbrio, favorecendo a reação direta.

(II) Fe (s).

Como o ferro se apresenta no estado sólido, a quantidade dessa

substância não afeta o equilíbrio.

(III) Um catalisador.

O catalisador é uma substância adicionada a uma reação para

aumentar a sua velocidade, como ocorre com as enzimas em

sistemas biológicos. Ela não infl ui em um sistema em equilíbrio.

1. Considere a reação em equilíbrio representada a seguir:

4 HCl (g) + O2 (g) 2

1 2 H2O (g) + 2Cl2 (g)

O que ocorrerá com o equilíbrio dessa reação se:a. a concentração de gás oxigênio diminuir?b. for adicionado um catalisador?c. a concentração de Cl2 aumentar?

ATIVIDADE

Alterando a pressão total do sistema

Em equilíbrios que envolvem gases, poderá haver variações de

volume, dependendo da proporção do número de moléculas dado pelos

coefi cientes da reação. No nosso exemplo, temos:

N2 (g) + 3 H2 (g) 2

1 2 NH3 (g) + calor

1 + 3 = 4 volumes 2 volumes

⇓ ⇓ maior pressão menor pressão

CEDERJ 27

Pelo Princípio de Le Chatelier, um aumento de pressão no sistema

deverá deslocar o equilíbrio no sentido de anular essa alteração, ou seja,

no sentido de menor pressão, favorecendo, no nosso exemplo, a reação

1 (reação direta). Logo, o aumento de pressão desloca o equilíbrio para

o lado de menor número de mols gasosos.

Por outro lado, se diminuirmos a pressão do sistema, ele irá se

deslocar no sentido de maior pressão, favorecendo a reação 2 (reação

inversa). Logo, a diminuição de pressão desloca o equilíbrio para o lado

de maior número de mols gasosos.

Quando alteramos a pressão total de um sistema em equilíbrio,

ele será perturbado por um tempo e voltará ao equilíbrio sem alteração

no valor da constante Kc.

2. Há dois sistemas gasosos em equilíbrio, cujas constantes de equilíbrio são dadas pelas expressões (I) e (II):

( )[ ] [ ][ ] [ ]

IH O ClHCl O

22

22

42

( )[ ][ ][ ][ ]

IICH H SCS H

4 22

2 24

Nessas condições:

a. Escreva a equação para cada um dos sistemas em equilíbrio.b. Qual será o efeito do aumento de pressão total sobre cada um dos sistemas?

ATIVIDADE

ALTERANDO A TEMPERATURA

Se aumentássemos a temperatura, estaríamos, em outras palavras,

fornecendo calor para o sistema. Segundo Le Chatelier, o equilíbrio irá

se deslocar no sentido de anular esse efeito, ou seja, irá consumir calor.

A reação que consome calor é chamada reação endotérmica. No nosso

exemplo, a reação que consome calor é a reação 2 (reação inversa).

Com o aumento da temperatura, teremos, durante certo tempo:

N2 (g) + 3 H2 (g) 2

1 2 NH3 (g) + calor, até o equilíbrio

ser restabelecido.

AU

LA

30


28 CEDERJ

Se diminuíssemos a temperatura, estaríamos retirando calor do

sistema; com isso, o equilíbrio iria se deslocar no sentido de produzir

calor. A reação que produz calor é chamada exotérmica. No nosso

exemplo, a reação que produz calor é a reação 1 (reação direta).

Com a diminuição da temperatura, teremos, durante um certo

tempo:

N2 (g) + 3 H2 (g) 2

1 2 NH3 (g) + calor, até o equilíbrio

ser restabelecido.

Desta forma, em um sistema em equilíbrio, com pressão constante,

o aumento da temperatura provoca o deslocamento do equilíbrio no

sentido da reação endotérmica. Logo, a diminuição da temperatura

desloca a reação no sentido inverso, ou seja, no sentido da reação

exotérmica.

Quando alteramos a temperatura de um sistema, estamos

alterando a sua energia. Com isso, o novo equilíbrio que será atingido

apresentará um novo valor da constante Kc.

Podemos ilustrar a importância do Princípio de Le Chatelier com

o exemplo da origem das cáries dentárias.

Exemplo 1

O esmalte dos dentes é formado por uma substância insolúvel

chamada hidroxiapatita, e a destruição dessa substância é chamada de

desmineralização.

Na boca, há o equilíbrio:

Ca5 (PO4) 3 OH (s) 5 Ca2+(aq) + 3 PO43–(aq) + OH–(aq)

Entretanto, a fermentação de alimentos, como o açúcar, produz íons

H+ por meio de um processo ácido. Esses íons retiram OH– para formar

H2O. Dessa forma, os íons se tornam responsáveis pelo deslocamento

do equilíbrio para a direita e, assim, pela destruição do esmalte.

A adição de fl úor ajuda a prevenir as cáries, porque os íons F–

substituem os íons OH– do esmalte, formando fl uorapatita, Ca5(PO4)3F,

muito resistente ao ataque de ácidos.

CEDERJ 29

Exemplo 2

O ozônio é formado, somente na estratosfera ou em laboratório, sob a

ação de radiações eletromagnéticas (ultravioleta, onda de rádio etc.). Sua

formação ocorre mediante a seguinte reação endotérmica:

3 O2 2 O3

a. O aumento da temperatura favorece ou difi culta a formação de

ozônio? Justifi que.

Como, segundo o enunciado, a reação da formação de ozônio é

endotérmica, o aumento de temperatura favorecerá essa reação.

Lembre-se: o aumento da temperatura favorece a reação endotérmica.

!

b. E o aumento da pressão? Justifi que.

O aumento da pressão desloca o equilíbrio para o lado de menor

volume. Logo, favorecerá a reação de formação do ozônio.

3. Considere o sistema em equilíbrio representado pela equação química:

CO (g) + 2 H2 (g) CH3OH (g) + calor

Com base nesse sistema, classifi que as afi rmativas a seguir em verdadeira ou falsa, em relação ao deslocamento do equilíbrio.I – Desloca-se para a direita, com o aumento da temperatura ( ).II – Desloca-se para a esquerda, com o aumento da concentração de metanol (CH3OH) ( ).III – Desloca-se para a direita, diminuindo a concentração de hidrogênio ( ).IV – Desloca-se para a esquerda, com a diminuição da temperatura ( ).V – Desloca-se para a esquerda, com o aumento da concentração de monóxido de carbono ( ).

ATIVIDADE

AU

LA

30


30 CEDERJ

ATIVIDADES FINAIS

1. Nas lâmpadas comuns, quando estão acesas, o tungstênio (W) do fi lamento

sublima, depositando-se na superfície interna do bulbo. No interior das chamadas

“lâmpadas halógenas” há iodo, a fi m de diminuir a deposição de tungstênio. Estas,

quando acesas, apresentam uma reação de equilíbrio representada por:

W (s) + 3 I2 (g) WI6 (g)

Na superfície do fi lamento (região de temperatura elevada), o equilíbrio está

deslocado para a esquerda. Próximo à superfície do bulbo (região mais fria), o

equilíbrio está deslocado para a direita.

a. Escreva a expressão para a constante de equilíbrio.

b. A formação do WI6(g), a partir dos elementos conforme a equação dada, é

exotérmica ou endotérmica? Justifi que.

As equações a seguir representam sistemas em equilíbrio. O único sistema que não se desloca por alteração de pressão é:

a. SO2 (g) + 1/2 O2 (g) SO3 (g)

b. CO2 (g) + H2 (g) CO (g) + H2O (g)

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

d. 2 CO2 (g) 2 CO (g) + O2 (g)

CONCLUSÃO

O conhecimento do comportamento de sistemas em equilíbrio

frente a fatores como temperatura, pressão e concentração dos

participantes foi importante para viabilizar muitos processos industriais

e práticas de laboratório.

CEDERJ 31

2. Em um recipiente fechado, é realizada a seguinte reação a temperatura constante:

SO2 (g) + 1/2 O2 (g) SO3 (g)

a. Sendo v1 a velocidade da reação direta e v2 a velocidade da reação inversa, qual

a relação vv

1

2

no equilíbrio?

b. Se o sistema for comprimido mecanicamente, ocasionando um aumento de

pressão, o que acontecerá com o número total de moléculas?

3. O equilíbrio entre a hemoglobina (Hm), o monóxido de carbono (CO) e o

oxigênio (O2) pode ser representado pela equação:

Hm•O2 (aq) + CO (g) Hm•CO (aq) + O2 (g),

sendo a constante de equilíbrio dada por:

KCO

CO= =

•

•

[ ][ ]HmHm

][OO ][

2

2

210

Estima-se que os pulmões de um fumante sejam expostos a uma concentração

de CO igual a 2,2x10-6 mol/L e de O2 igual a 8,8x10-3 mol/L. Nesse caso, qual a

razão entre a concentração de hemoglobina ligada ao monóxido de carbono e a

concentração de homoglobina ligada ao oxigênio, [Hm•CO] / [Hm•O2]?

4. O hidrogênio molecular pode ser obtido, industrialmente, pelo tratamento

do metano (CH4) com o vapor d'água. O processo envolve a seguinte reação

endotérmica:

CH4 (g) + H2O (g) CO (g) + 3 H2 (g)

Com relação ao sistema em equilíbrio, pode-se afi rmar, corretamente, que:

a. a presença de um catalisador afeta a composição da mistura.

b. a presença de um catalisador afeta a constante de equilíbrio.

c. o aumento da pressão diminui a quantidade de metano.

d. o aumento da temperatura afeta a constante de equilíbrio.

AU

LA

30


32 CEDERJ

1.a. Desloca-se no sentido 2.

1.b. Nada ocorre ao equilíbrio.

1.c. Desloca-se no sentido 2.

2. a. Para o sistema:

(I) 4 HCl (g) + O2 (g) 2 H2O (g) + 2 Cl2 (g)

(II) CS2 (g) + 4 H2 (g) CH4 (g) + 2 H2S (g)

RESPOSTAS

• Princípio de Le Chatelier: Quando se exerce uma ação sobre um sistema

em equilíbrio, ele se desloca no sentido que produz uma anulação da ação

exercida.

• Um aumento da concentração de um participante do equilíbrio desloca-o no

sentido da reação em que ele é consumido e a diminuição da concentração

de um participante do equilíbrio desloca-o no sentido da reação em que ele é

formado.

• Um aumento da pressão desloca o equilíbrio para a reação que ocorre com

contração do volume; já uma diminuição da pressão desloca-o para a reação

que ocorre com expansão do volume.

• Um aumento da temperatura desloca o equilíbrio para a reação endotérmica e

a diminuição da temperatura para reação exotérmica.

R E S U M O

CEDERJ 33

2.b. O aumento da pressão desloca o equilíbrio para o lado de menor volume.

Logo, favorecerá a reação direta nos dois sistemas.

(I) 4 HCl (g) + O2 (g) 2 H2O (g) + 2 Cl2 (g)

5 volumes 4 volumes

(II) CS2 (g) + 4 H2 (g) CH4 (g) + 2 H2S( g)

5 volumes 3 volumes

3. ( F ) ( V ) ( F ) ( F ) ( F )

4. A letra b, pois o número de mols gasosos é igual nos reagentes e produtos.

Atividades Finais

1. a. KcWI

I=

[ ]

[ ]6

23

1. b. Exotérmica, pois é favorecida em temperaturas mais baixas.

2. a. O equilíbrio é caracterizado pela igualdade das velocidades das reações direta

e inversa, logo v1/v2 = 1.

2. b. O sistema se deslocará no sentido de menor pressão (para direita), diminuindo

o número total de moléculas.

[ ] ,[ ] ,Hm CO xHm O x

•

•

-

-

8 8 102 2 10

3

26 ⇒

[ ][ ]Hm COHm O

•

•2

4. A letra d, pois toda constante de equilíbrio varia com a temperatura do sistema.

AU

LA

30

31AU

LA

Meta da aula

Equilíbrio iônico deácidos e bases

Apresentar uma visão de equilíbrios iônicos que envolvem as forças de ácidos e bases.

Após o estudo do conteúdo desta aula, esperamos que você seja capaz de:

• defi nir ácidos e bases segundo as teorias de Arrhenius e Brönsted & Lowry;

• defi nir constantes de ionização de ácidos e bases;

• defi nir e aplicar em problemas o conceito de pH e pOH;

• defi nir solução-tampão.

objetivos

Elementos de Química Geral | Equilíbrio iônico de ácidos e bases

36 CEDERJ

INTRODUÇÃO O conceito de equilíbrio, já estudado, tem mais uma aplicação quando

trabalhamos com sistemas iônicos. Dentre os sistemas iônicos, os mais

importantes referem-se ao equilíbrio de ácidos e bases.

ÁCIDOS E BASES

O cientista sueco Svante Arrhenius, em 1887, defi niu ácidos como

substâncias que, em solução aquosa, se ionizam e liberam íons H+ e base

como substâncias que em solução aquosa se ionizam e liberam íons OH–.

Sendo assim, o cloreto de hidrogênio (HCl) é dito um ácido de Arrhenius,

pois, em solução aquosa, sofre ionização, produzindo íons hidrogênio

e íons cloreto (equação 1),

H2O

equação 1 HCl -H+ + Cl-

já a soda cáustica (NaOH) é uma base, pois gera íons sódio (Na+) e íons

hidroxila (OH–) (equação 2).

H2O

equação 2 HaOH Na+ + OH-

Em resumo, a teoria de Arrhenius indicava que o próton (H+)

era responsável pelas propriedades ácidas e o íon hidroxila (OH-), pelas

propriedades básicas.

Em 1923, Brönsted, na Dinamarca, e Lowry, na Inglaterra, em

estudos independentes, sugeriram outra defi nição de ácido-base, que

complementaria a Teoria Ácido-Base de Arrhenius.

A teoria de Brönsted & Lowry defi ne, como ácido, uma espécie química

capaz de doar próton e, como base, uma espécie química capaz de

aceitar próton. Uma reação ácido-base é uma reação de transferência

de prótons.

Essa defi nição leva a um melhor entendimento da formação do

próton hidratado (H3O+), pois o ácido, ao sofrer ionização, não forma o

íon hidrogênio, mas doa um próton para a molécula de água. Retornando

ao exemplo do cloreto de hidrogênio, sua molécula doa um próton (H+) à

água, comportando-se assim como um ácido. A água, por sua vez, como

CEDERJ 37

recebe o íon hidrogênio (próton), funciona como base. Esta reação é

reversível, o que signifi ca que o íon cloreto (Cl-) pode receber o próton

de volta do íon hidrônio (H3O+). Portanto, o íon cloreto é uma base e o

íon hidrônio, um ácido. (equação 3).

HCl + H2O H3O+ + Cl-

equação 3 Ácido 1 + Base 2 Ácido 2 + Base 1

A amônia é classifi cada como uma base segundo Brönsted &

Lowry, porque, ao entrar em contato com a água recebe um próton

(H+). Desta forma, surge o íon amônio (NH4+), seu ácido conjugado.

A água, como doadora do próton, comporta-se como ácido de Brönsted

& Lowry e gera o íon hidroxila, que é a sua base conjugada:

NH3 + H2O NH4+ + OH-

Base 1 + Ácido 2 Ácido 1 + Base 2

A força de um ácido é dada pela sua maior ou menor tendência de

doar um próton: quanto maior a sua facilidade para ceder o H+, maior a

sua força ácida, enquanto a base forte é aquela que tem maior tendência

a receber esse próton.

Se prepararmos, por exemplo, duas soluções aquosas diluídas

de ácidos diferentes, a uma mesma temperatura, visualmente não

conseguimos perceber nenhuma diferença entre elas.

Figura 31.1: Béqueres contendo soluções ácidas.

No entanto, com a utilização de uma aparelhagem simples,

podemos perceber que elas apresentam condutibilidades elétricas

diferentes:

1 L de solução aquosa 0,1 mol/L de ácido cloridrico (HCI)

1 L de solução aquosa 0,1 mol/L de ácido acético (CH3COOH)

AU

LA

31


38 CEDERJ

Quanto mais intenso o brilho da lâmpada, maior a concentração

de íons presentes e maior a condutibilidade elétrica da solução. Podemos

concluir, observando a Figura 31.2, que o ácido clorídrico (HCl) está mais

ionizado e é um ácido mais forte do que o ácido acético (H3CCOOH).

CONSTANTE DE ACIDEZ (Ka)

Vamos analisar separadamente os equilíbrios existentes nas duas

soluções ácidas.

No caso do ácido clorídrico, temos:

HCI (aq) H+(aq) + Cl- (aq)

A expressão da constante de equilíbrio para essa equação, que

por se tratar de sistema em equilíbrio iônico, pode ser chamada Ki e,

mais particularmente, por ser equação de ionização de ácido, pode ser

chamada Ka.

K KH Cl

HCli a= =+ -[ ][ ][ ]

Experimentalmente, determinou-se que o valor de Ka do HCl a

25oC é aproximadamente 103.

KH Cl

HCla = =+ -[ ][ ][ ]

103 (valor alto)

127 V corrente alternada

127 V corrente alternada

Lâmpada com brilho intenso Lâmpada com pouco brilho

HCI(aq) 1M CH3COOH(aq) 1M

Figura 31.2: Condutibilidade elétrica dos ácidos.

Você percebeu que no caso do ácido acético tanto faz escrever a fórmula H3CCOOH ou CH3COOH?

CEDERJ 39

O alto valor de Ka signifi ca que o numerador é cerca de mil vezes

maior que o denominador. Logo, na situação de equilíbrio, há muito

mais moléculas ionizadas. Isto confi rma o dado da experiência em que

vimos ser o HCl um ácido bem forte.

Para o ácido acético, temos:

H3CCOO(aq) H+(aq) + H3CCOO- (aq)

Logo, a expressão de Ka será:

KH H CCOO

H CCOOHa = = ·+ -

-[ ][ ][ ]

,3

3

51 8 10 (a 25oC)

Como esse valor é muito baixo, podemos concluir que, na situação

de equilíbrio, há mais moléculas não-ionizadas (denominador) do que

íons em solução, o que justifi ca a baixa condutibilidade elétrica.

Portanto, pode-se afi rmar que, quanto maior o valor de Ka, mais

ionizado estará o ácido, ou seja, maior será a sua força.

Quanto maior o Ka, maior o número de moléculas que se ionizam; logo, mais forte será o ácido.

!

CONSTANTE DE BASICIDADE (Kb)

Assim, como defi nimos a constante de ionização para ácidos (Ka),

também podemos defi nir a constante de dissociação para as bases: Kb.

Considere uma base genérica BOH; o equilíbrio em solução aquosa

pode ser representado da seguinte forma:

BOH(aq) B+(aq) + OH- (aq)

Podemos defi nir a constante de dissociação dessa base como:

KB OH

BOHb=+ -[ ][ ][ ]

AU

LA

31


40 CEDERJ

Veja o exemplo do gás amônia (NH3) que forma soluções aquosas

básicas, nas quais a base pode ser representada por NH4OH.

NH4OH(aq) NH4+(aq) + OH- (aq)

Kb = = · -[,

NH ][OH ][NH OH]

4+ -

4

1 7 10 5

(a 25oC)

O valor baixo de Kb indica que, no equilíbrio da amônia em

água, poucas moléculas se dissociam. Isso caracteriza a amônia como

uma base fraca.

1. Frutas cítricas, como o limão e a laranja, contêm ácido cítrico e ácido ascórbico (vitamina C). As constantes de ionização (Ka), a 25oC, são dadas abaixo:

Ácido cítrico Ka = 8x10-4

Ácido ascórbico Ka = 8x10-5

A respeito desses dados, julgue os itens a seguir em verdadeiros ( V ) ou falsos ( F ).(I) O ácido cítrico é mais forte que o ascórbico ( ).(II) Esses dois ácidos são mais fortes que o ácido clorídrico ( ).(III) Os equilíbrios de ionização desses ácidos devem estar deslocados para a esquerda ( ).

ATIVIDADE

EQUILÍBRIO IÔNICO DA ÁGUA

Experiências de condutibilidade elétrica e outras evidências

mostram que a água, quando pura, se ioniza muito pouco, originando

o equilíbrio:

H2O(1) + H2O(1) H3O+(aq) + OH- (aq)

Figura 31.3: Representação da reação de ionização da água.

CEDERJ 41

Ou, de maneira simplifi cada:

H2O(1) H+(aq) + OH- (aq)

Na água pura, a concentração de íons H+ é sempre igual à

concentração de íons OH–, pois cada molécula de água ionizada origina

um íon H+ e um íon OH–.

Na temperatura de 25oC, as concentrações em mol/L de H+ e

OH– são iguais entre si e apresentam um valor de 10–7 mol/L. Por esse

valor, podemos perceber o quão pouco a água se ioniza.

PRODUTO IÔNICO DA ÁGUA

Considerando o equilíbrio de ionização da água

H2O(1) H+(aq) + OH- (aq)

Podemos escrever a expressão da sua constante de equilíbrio:

KH OH

H Oc =+ -[ ][ ][ ]2

Sabendo que a água apresenta um baixíssimo grau de ionização, podemos

considerar que a [H2O] é constante, pois praticamente não se altera.

Logo:

Kc [H2O] = [H+][OH-]

Kw

Kw é chamado de constante de ionização da água, cujo valor pode

ser calculado a 25oC, com os valores de [H+] e [OH–] conhecidos:

Kw = [H+][OH–]

Kw = (10–7)(10–7) ⇒ Kw = 10–14

O fato de Kw ser constante, a uma dada temperatura, nos permite

chegar às seguintes conclusões:

AU

LA

31


42 CEDERJ

• Toda solução aquosa contém íons H+ e OH–.

• Uma solução ácida poderá possuir alta concentração de íons

H+, no entanto, haverá sempre uma certa quantidade de OH– de modo

que: [H+][OH–] = Kw = constante.

• Numa solução básica, em que temos maior concentração de

íons OH–, também teremos presente íons H+, tal que: [H+][OH–] = Kw

= constante.

• Com base nessas observações podemos afi rmar que a 25oC

teremos para qualquer solução aquosa: [H+][OH–] = Kw = 10–14.

Podemos resumir o conceito de soluções ácidas, básicas (também

chamadas alcalinas) e neutras:

• Solução ácida [H+] > [OH–]

• Solução básica [H+] < [OH–]

• Solução neutra [H+] = [OH–]

Exemplo 1

Considere que o suco de laranja apresente [H+] = 1,0 · 10–4 mol/L, a 25°C.

(Dados: a 25 °C, Kw =10–14)

a. Determine a concentração molar dos íons OH– presentes nesse suco.

Para qualquer solução aquosa : Kw = [H+][OH–] = 10–14

Como [H+] = 1,0 · 10–4, substituindo este valor na equação, temos:

10 1 0 10

10

1 0 101 0 10

4 4

14

410

- - -

--

--

= ·

=·

= ·

, [ ]

[ ],

, /

OH

OH mol L

b. Demonstre que o suco de laranja é uma solução ácida.

Como [H+] é maior que [OH–], o suco de laranja é ácido.

Podemos verifi car através dos valores:

1,0 · 10–4 > 1,0 · 10–10

[H+] > [OH–]

CEDERJ 43

Exemplo 2

Um comprimido antiácido, que contém bicarbonato de sódio

(NaHCO3), origina uma solução em que a concentração de íon OH– é

igual a 1,0 · 10–5 mol/L, a 25°C. Demonstre que [OH–] > [H+]. (Dados:

a 25° C, Kw =10–14)

Empregando a equação Kw = [H+][OH–] = 10–14, temos:

[ ][ ] ,

, /HK

OHw+

-

-

--= =

·= ·

10

1 0 101 0 10

14

59 mol L

1,0 · 10–5 > 1,0 · 10–9

[OH-] > [H+]

O QUE É PH? E POH?

O caráter ácido ou básico de uma solução é usualmente

determinado em função da concentração em mol/L dos íons H+. No

entanto, como essas concentrações normalmente são indicadas por

números de base decimal com expoente negativo (por exemplo, 10–2, 10–7)

trabalhar com esses números pode acarretar difi culdades matemáticas.

Assim, em 1909, o bioquímico dinamarquês Peter Sörensen (1868-1939)

propôs o uso da escala de pH (potencial hidrogeniônico) como método

de determinação da acidez de uma solução. O pH foi defi nido como: pH

= –log [H+], sendo defi nido com logaritmo na base 10.

Assim, sendo para a água pura, em que a [H+] = 10–7, o pH é:

pH = –log 10–7 ⇒ pH = 7. Esse valor é considerado o padrão

de neutralidade.

Exemplo 3

Uma solução que apresenta [H+] > 10–7 é considerada ácida.

Exemplo disso é a solução de um suco de tomate, cuja concentração

de íons H+ é igual a 0,0001 mol/L, ou seja, 10–4 mol/L. Qual será o pH

dessa solução?

AU

LA

31


44 CEDERJ

[H+]= 10-4 mol/L

pH= - log [H+]

pH= - log 10-4

pH= - (-4) log 10

1

pH = 4

Assim:

pH= - log 10-4

pH = 4

Assim como defi nimos pH, podemos fazer o mesmo com pOH

(potencial hidroxiliônico): pOH = –log[OH–] .

2. Produtos de limpeza que possuem amoníaco apresentam [OH–] = 0,001 mol/L, ou seja, 10–3mol/L. Determine o pOH dessa solução.

ATIVIDADE

RELAÇÃO ENTRE PH E POH

Vamos retomar a expressão do produto iônico da água:

[H+][OH–] = Kw

Aplicando a notação logarítmica, teremos:

log [H+] + log [OH–] = log Kw

multiplicando por (–1)

(–log [H+] ) + (–log [OH–] ) = – log Kw como Kw = 10–14,

(–log [H+] ) + (–log [OH–] ) = –log 10–14 = 14

(–log [H+] ) + (–log [OH–] ) = –log 10–14 = 14

pH pH

CEDERJ 45

O termo pH é muito mais utilizado que o pOH em situações do

cotidiano.

Vamos, então, caracterizar os diferentes tipos de soluções que encontraremos

em nossos estudos:

Soluções neutras:

Uma solução neutra apresentará concentrações iguais de H+ e OH–.

[H+] = [OH–] = 10–7

pH = –log 10–7 = 7

Logo, pH = pOH = 7

Soluções ácidas:

Uma solução ácida apresenta [H+] > 10–7

Logo: pH < 7

Soluções básicas:

Em uma solução básica temos [H+] < 10–7

Logo: pH > 7

Resumindo:

Solução pH pOH

Neutra 7 7

Ácida < 7 >7

Básica > 7 < 7

ESCALA DE PH

A escala de pH apresenta valores que variam de zero a 14 e nos

indicam o grau de acidez ou basicidade de uma solução a 25oC.

Figura 31.4: Escala de pH.

pH + pOH = 14

!

NeutroBásicoÁcido

7 140

AU

LA

31


46 CEDERJ

Em um laboratório, a maneira mais precisa e prática de se

determinar o pH de uma solução é por meio da utilização de um aparelho

elétrico chamado pHmetro. Durante seu curso de Biologia, você terá

oportunidade de trabalhar com esse aparelho e determinar os pHs de

algumas soluções e materiais comuns em nosso dia-a-dia.

Exemplo 4

Considere que a solução de H2SO4 da bateria de carro tenha pH

=1,0 e que o suco de limão tenha pH = 2,0.

a. Qual é a solução mais ácida?

A solução de H2SO4 é mais ácida porque possui o menor valor de pH.

b. Qual a relação entre as respectivas concentrações de íons H+?

Sabendo que log a = b ⇒ a = 10b, então:

– log [H+] = pH ou log [H+] = – pH ⇒ [H+] = 10–pH

Para a solução de H2SO4, temos:

pH = 1 ⇒ [H+] = 10–1

Para o suco de limão temos:

pH = 2 ⇒ [H+] = 10–2

Essa questão nos mostra que quando os valores de pH variam de

uma unidade, as concentrações de H+ variam com o fator 10.

Exemplo 5

A bile, segregada pelo fígado, é um líquido amargo, esverdeado

e muito importante na digestão. Sabendo que a concentração de H+ na

bile é 10–8 mol/L, determine o pH da bile e discuta se é ácida, básica ou

neutra.

Por defi nição, sabemos que pH = – log [H+].

No nosso problema, a [H+] = 10–8 .

Logo: pH = –log 10– 8 ⇒ pH = 8.

Por ter pH >7, essa solução é básica.

CEDERJ 47

O PH NO NOSSO CORPO

Nas células do nosso corpo, o CO2 é continuamente produzido

como um produto do metabolismo. Parte desse CO2 se dissolve no sangue,

estabelecendo o equilíbrio:

CO2 + H2O H2CO3 H+ + HCO3-

Quando a respiração é deficiente, acarreta um aumento da

concentração de CO2 no sangue, o que provoca o deslocamento

do equilíbrio para a direita, aumentando a concentração de H+,

conseqüentemente, diminuindo o pH sangüíneo. Essa situação é chamada

de acidose.

Por outro lado, se uma pessoa respira muito rápido (hiperventilação),

acarreta uma diminuição da quantidade de CO2, o que provoca o

deslocamento do equilíbrio para a esquerda, diminuindo a concentração

de H+, conseqüentemente, aumentando o pH do sangue. Essa situação é

chamada de alcalose.

3. A análise de uma amostra de sabão revelou que a concentração de OH– é igual a 10–4. Calcule o pH dessa solução.

ATIVIDADE

4. Determine o pH de uma solução 0,004 M de certo monoácido cujo grau de ionização é de 2,5%, nessa concentração.

ATIVIDADE

AU

LA

31


48 CEDERJ

SOLUÇÃO-TAMPÃO

Em muitas soluções, inclusive nas presentes em nosso corpo, o pH

deve ser mantido em determinada faixa de valores. Por exemplo: o nosso

sangue deve apresentar pH entre 7,3 e 7,5. Se o pH sangüíneo variar

acima ou abaixo dessa faixa, mesmo sendo pequena a variação, poderá

causar sérios distúrbios ao organismo. Uma das maneiras de se controlar

o pH de uma solução, é mediante o uso de uma solução-tampão.

Solução-tampão é uma mistura cujo pH praticamente não se altera com adição de um ácido ou de uma base em quantidade limitada.

!

Uma solução-tampão é formada por duas substâncias:

• um ácido fraco e um sal desse ácido, exemplo: CH3COOH +

CH3COONa (ácido acético e acetato de sódio);

ou

• uma base fraca e um sal dessa base, exemplo: NH4OH + NH4Cl

(hidróxido de amônio e cloreto de amônio).

COMO FUNCIONA UMA SOLUÇÃO-TAMPÃO?

Vamos explicar o funcionamento de uma solução-tampão tomando

como exemplo um sistema-tampão encontrado no nosso sangue: H2CO3

(ácido carbônico) e NaHCO3 (bicarbonato de sódio).

A ação do tampão está relacionada aos seguintes equilíbrios

iônicos existentes na solução:

H2CO3 H+ + HCO3- (ácido)

NaHCO3 Na+ + HCO3- (sal)

Nessa solução, temos, simultaneamente:

• alta concentração de H2CO3, pois sendo fraco, esse ácido se encontra

muito pouco ionizado; e

• alta concentração de HCO3– proveniente da dissociação do sal.

CEDERJ 49

O que ocorreria a esse sistema se:

• adicionarmos ácido?

Vamos aplicar o Princípio de Le Chatelier trabalhado na Aula 30.

Suponha que certa quantidade de H+ tenha sido introduzida

no sangue. Esses íons irão se combinar com o ânion HCO3–,

proveniente do sal que se encontra em grande quantidade,

originando ácido carbônico (H2CO3). Portanto, não sobrariam

íons H+ livres para ocorrer um abaixamento de pH.

• adicionarmos base?

Agora, uma certa quantidade de íon OH – foi introduzida no

sangue. Esses íons irão retirar o H+ do equilíbrio do ácido no

processo de neutralização, fazendo com que esse ácido se ionize

e produza mais H+ para neutralizar o OH– introduzido.

Observe que nem a adição de ácido nem a adição de base

ocasionou uma variação signifi cativa de pH no sangue.

Para calcular o pH de uma solução-tampão, utilizamos a equação de

Henderson-Hasselbach:

pH = pKa + log [ ]ânion do salácido

pKa = –log Ka (constante de ionização do ácido)

[ânion do sal] = concentração em mol/L do ânion proveniente da

dissociação do sal;

[ácido] = concentração em mol/L do ácido fraco utilizado.

No exemplo da solução-tampão do sangue, teríamos:

pH = pKa + log [ ][ ]HCOH CO

3

2 3

-

Exemplo 6

Calcule o pH de uma solução-tampão contendo 0,04 mol/L de

CH3COONa e 0,004 mol/L de CH3COOH, sabendo que a constante

desse ácido é igual a 10–5, em determinada temperatura.

AU

LA

31


50 CEDERJ

Vamos organizar os dados:

[CH3COO–] = 0,04 mol/L

[CH3COOH] = 0,004 mol/L

pKa = –log Ka = –log10 –5 = 5

aplicando a equação de Henderson-Hasselbach teremos:

pH = pKa + log [ ][ ]

CH COO-CH COOH

3

3

pH = 5 + log 0 04

0 004,

, ⇒ pH = 5 + log10–1 ⇒ pH = 5 – 1 = 4

5. Suponha uma solução formada por 0,2 mol/L de ácido acético e 0,2 mol/L de acetato de sódio (dado: Ka = 10–5).Decida quais as informações a seguir são verdadeiras e quais são falsas.a. A solução constitui um sistema tamponado ( ).b. O pH da solução formada pelo ácido e o sal correspondente é 5 ( ).c. O pH da solução, após a adição de pequenas quantidades de NaOH 0,1 M, é pouco maior que 5 ( ).d. Se fossem adicionadas algumas gotas de um ácido forte, o pH seria pouco menor que 5 ( ).e. Ao adicionarmos NaOH, as hidroxilas são retiradas da solução pelas moléculas não-ionizadas do ácido acético, evitando grande variação de pH ( ).

ATIVIDADE

CONCLUSÃO

A utilização da escala de pH pode, no primeiro momento, parecer

um complicador por usar o conceito matemático de logaritmo, mas, como

pudemos estudar, essa escala é de fato um facilitador para o trabalho

cotidiano, pois utilizamos números contidos na faixa de 0 a 14.

CEDERJ 51

ATIVIDADES FINAIS

1. Sabendo que a clara do ovo tem [OH–] = 10–6 mol/L , determine o valor de seu pH.

2. Um suco de limão apresenta pH = 3. Determine a concentração de H+ na solução,

em mol/L.

3. Admita que a chuva não-poluída tenha pH = 6 e que uma chuva ácida tenha

pH = 4. Analisando a relação:

[H+] na chuva ácida______________________[H+] na chuva poluída

Determine o valor de x.

4. Uma solução de hidróxido de amônio 0,25 M a uma temperatura de 25ºC

apresenta grau de ionização igual a 0,4%. O pH dessa solução nas condições

descritas é:

(a) 1 (b) 2,5 (c) 3 (d) 11 (e) 11,5

5. A indústria de conservas de frutas e hortaliças é a base da economia de alguns

municípios do sul do Brasil. Entre os diversos produtos industrializados, destacam-se

as compotas de pêssego e fi go.

Nas compotas de pêssego, o pH da calda está em torno de 4,0 e, nas compotas de

fi go, está em torno de 5,0.

a. Calcule o pOH da calda da compota de pêssego e da compota de fi go.

b. Calcule a concentração hidrogeniônica [H+] dos dois tipos de calda.

c. Sabendo que, em pH menos ácido, há maior possibilidade de proliferação do

Clostridium botulinum, qual tipo de compota é mais propício ao aparecimento

dessa bactéria?

AU

LA

31


52 CEDERJ

6. Admite-se que a sensação de cansaço, após a prática de exercícios físicos, é

conseqüência do acúmulo de ácido lático nos músculos. Calcule o pH de um tampão

formado por ácido lático 0,12 mol/L e lactato de sódio 0,10 mol/L.

(Dados: Ka = 1,4 x 10–4 ; log 1,4 = 0,14 ; log 0,83 = –0,08)

• Quanto maior a tendência a doar H+, mais forte é o ácido; quanto maior a

tendência a receber H+, mais forte é a base.

• Produto iônico da água: Kw = 10–14 (25oC).

• pH = –log [H+] ∴ pH = n para [H+] = 10 – nmol/L.

• pOH = –log [OH–] ∴ pOH = n para [OH–]= 10 – nmol/L.

• pH + pOH = 14 (25oC).

• Solução ácida apresenta pH < 7.

• Solução neutra pH = 7.

• Solução básica pH > 7.

• Solução-tampão: mantém o pH aproximadamente constante quando a ela são

adicionados íons H+, ou íons OH–.

• Para o cálculo de pH de uma solução-tampão aplicamos a equação de

Henderson-Hasselbach: pH = pKa + log [ ]ânion do sal

ácido.

R E S U M O

∴

CEDERJ 53

1. I ( V); II (F ); III (V)

2.

[OH+]= 10-3 mol/L

pOH= - log [OH-]

pOH= - log 10-3

pOH= - (-3) log 10

1

pH = 3

Assim:

[OH+]= - log 10-3 mol/L

pOH = 3

3. Como nos foi dado o valor da [OH–] = 10–4 , vamos calcular o pOH dessa

solução.

pOH = –log [OH–]

pOH = –log 10–4 ⇒ pOH = 4

Sabendo que em toda solução: pH + pOH = 14

pH + 4 = 14 logo, pH = 14 – 4 ⇒ pH = 10.

4. Para o cálculo de pH, necessitamos do valor da concentração dos íons H+. Essa

concentração pode ser calculada pela expressão: [H+] = Mα.

No nosso problema, temos que M = 0,004 e α = 2,5% = 0,025. Substituindo os

dados na expressão temos que:

[H+] = 0,004 0,025 = 10– 4 mol/L

RESPOSTAS

AU

LA

31


54 CEDERJ

Agora podemos calcular o pH, pois : pH = –log [H+]

pH = –log 10– 4 ⇒ pH = 4

5.

a. verdadeira

b. verdadeira

c. verdadeira

d. verdadeira

e. falsa

Atividades Finais

1. pH = 8

2. [H+] = 10–3 mol/L

3.

10-4______10-6

= 102

4. letra d

5.a. pOH = 10 (pêssego)

pOH = 9 (fi go)

5.b. [H+] = 10–4 (pêssego)

[H+] = 10–5 (fi go)

5.c. nas compotas de fi go

6. pH = 3,78

32AU

LA

Esta aula será enviada posteriormente

33AU

LA

Meta da aula

Unidades de concentração

Trabalhar os conceitos de unidades de concentração em diferentes situações de preparo de soluções.


• calcular concentração comum em gramas por litro;

• resolver problemas que envolvam cálculo de concentração comum;

• conceituar concentração molar;

• resolver problemas que envolvam cálculo de concentração molar;

• conceituar concentração em partes por milhão (ppm) e partes por bilhão (ppb);

• conceituar concentração molal;

• resolver problemas que envolvam cálculo de concentração molar. ob

jetivos

Elementos de Química Geral | Unidades de concentração

58 CEDERJ

INTRODUÇÃO Ao trabalhar com soluções, além de conhecer as substâncias que formam a

solução, é de vital importância estabelecer as relações entre a quantidade de

soluto e a quantidade de solvente. Estas relações numéricas são chamadas

concentração da solução. Há várias maneiras diferentes de se expressar a

concentração de uma solução. Nós vamos estudar aqui as mais utilizadas e de

maior relevância: a concentração comum, a concentração molar, a concentração

molal e partes por milhão.

CONCENTRAÇÃO COMUM (G/L)

Essa unidade de concentração relaciona a massa do soluto (m)

ao volume da solução (V).

C = mV

Fique atento para o fato de o volume em questão não ser o

volume de solvente (água) e, sim, o volume total da solução (soluto +

solvente).

Exemplos

Se adicionarmos 4,0 gramas de hidróxido de sódio num balão

volumétrico de 500 mililitros e completarmos o volume com água até a

marca do balão, prepararemos uma solução que apresenta: m = 4,0 g de

NaOH (soluto) e volume de 0,5 litro de solução. Logo, sua concentração

comum será: C = 4 00 5,,

= 8,0 g/L (leia-se oito gramas por litro).

Figura 33.1: Balão volumétrico.

500mL

CEDERJ 59

Vamos agora analisar uma operação cotidiana num laboratório.

Em um béquer foram colocados 2,5 gramas de hidróxido de cálcio

[Ca(OH)2] e água sufi ciente para preparar 500 mL de solução (chamada

água de cal). Determine a concentração em g/L dessa solução.

Resolução:

Dados do problema: m = 2,5 g e V = 500 mL = 0,5 L

C = mV

substituindo os dados, temos: C = 2 50 5,,

= 5,0 g/L

Agora, tente você resolver as atividades a seguir.

1. Determine a massa de iodeto de potássio (KI) contida em 600 cm3 de solução, cuja concentração comum é de 0,7 g/cm3.

2. Calcule o volume da solução de nitrato de sódio (KNO3) de concentração 32 g/L que contém 6,4 g desse sal.

ATIVIDADES

Vamos seguir com os nossos exemplos.

Considere o esquema a seguir, do qual foram retiradas duas

alíquotas (amostras), A e B, a partir de uma mesma solução aquosa.

5L C = 10 g/L

0,5 L 1 L

A B

AU

LA

33


60 CEDERJ

Vamos responder, então, às questões a seguir:

a. Qual a massa de soluto existente no recipiente A?

A solução inicial apresentava C = 10 g/L. Como nada foi

acrescentado (nem soluto nem solvente), podemos afi rmar que todas as

alíquotas têm a mesma concentração, que é C = 10 g/L.

Como o volume da alíquota A é de 0,5 litro, podemos calcular a

massa de soluto lá presente.

Lembre-se de que: C = mV

Logo, 10 = m

0 5, m = 10 x 0,5 = 5 gramas.

b. Qual a concentração em g/mL da solução contida no recipiente B?

Nesse caso, apenas precisamos transformar a unidade de litro

para mililitro. Lembramos que 1 litro = 1.000 mililitros.

Se há 10 gramas por litro, podemos dizer que há 10 gramas em

1.000mL, ou seja,

C = 101 000.

= 0,01 g/mL

3. Imagine em um dia quente de verão você preparando uma limonada bem gelada. Você poderia calcular a massa de açúcar a ser ingerida ao beber um copo de 250 mL da limonada, na qual o açúcar está presente na concentração de 80 g/L?

ATIVIDADE

CONCENTRAÇÃO EM MOL/L OU CONCENTRAÇÃO MOLAR OU MOLARIDADE (M)

A concentração molar, conhecida também como molaridade,

relaciona o número de mols do soluto (n) com o volume da solução (V)

em litros.

M = nV

CEDERJ 61

O número de mols (n) pode ser calculado pela expressão

n = mMM

, em que m indica a massa do soluto presente na solução, e

MM, a massa molar do mesmo (vale a pena dar uma recordada na

Aula 17 sobre Relações Numéricas).

Vamos colocar, num recipiente de 2 litros de capacidade, 16,8

gramas de bicarbonato de sódio (NaHCO3) e completar o volume com

água. Analisando essas informações, podemos calcular a concentração

em mol/L dessa solução.

Primeiro, vamos calcular a massa molar (massa de 1 mol) do

bicarbonato de sódio, procurando na Tabela Periódica as massas atômicas

(MA) dos elementos que constituem esse sal.

NaHCO3 MM = 23 + 1 + 12 + (3 × 16) = 84 g

Podemos, então, chegar ao número de mols desse sal contido no

recipiente.

n = m

MM n =

16 884

, = 0,2 mol

Para fi nalizar, vamos calcular a concentração molar.

M = nV

M = 0 22,

= 0,1 mol/L

Agora, tente você resolver as atividades a seguir.

4. Determinado produto comercializado em supermercados, destinado à remoção de crostas de gorduras de fornos, consiste em uma solução aquosa 2,0 mol/L de soda cáustica – o nome comercial de hidróxido de sódio (NaOH). Sobre esse produto, responda aos itens a seguir:

a. Qual é o solvente?b. E o soluto?c. Quantos mols de soluto há por litro de solução?d. Quantos gramas de soluto há por litro de solução?e. Quantos gramas de soluto há em cada mililitro de solução?

ATIVIDADESA

ULA

33


62 CEDERJ

CONCENTRAÇÃO MOLAL (ω)

A concentração molal (conhecida também como molalidade)

relaciona o número de mols do soluto (n) com a massa do solvente em

kg.

ω = n do soluto

kg de solvente

5. O aditivo para radiadores recomendado por um mecânico conhecido seu é composto de uma solução aquosa de etilenoglicol (C2H6O2). Sabendo que, em um frasco de 500 mL dessa solução, há 620 gramas desse soluto, calcule a concentração molar dessa solução.

Observe que a molalidade é defi nida por quantidade do solvente (massa em quilograma) e não da solução como ocorre nas unidades de concentração estudadas anteriormente. O fato de trabalharmos com massa faz com que essa unidade de concentração seja independente da temperatura da solução, o que não ocorre quando trabalhamos com volume.

!

CEDERJ 63

Vamos imaginar que dissolvemos 0,400 mol de glicose em 500

gramas de água (0,5 kg), teremos então produzido uma solução de

molalidade ω = 0,400

0,5 = 0 800,

Dizemos então que produzimos uma solução 0,800 molal. Repare

que, para preparar essa solução, não é necessário um recipiente com

medidas em volume, pois trabalhamos com a grandeza massa. Algumas

propriedades importantes de uma solução como as propriedades

coligativas, que iremos estudar futuramente, estão relacionadas

matematicamente com sua molalidade.

6. Precisamos, para um experimento, preparar uma solução 0,2 molal de cloreto de sódio (NaCl) com 2 kg de água. Calcule a massa necessária deste sal para realizar o experimento.

ATIVIDADE

CONCENTRAÇÃO EM PARTES POR MILHÃO (PPM)

Quando a quantidade de determinado soluto é muito pequena

em relação ao solvente, utiliza-se a unidade partes por milhão. 1 ppm

corresponde a uma quantidade de soluto igual a 0,1% da quantidade

da solução, ou seja, se tivermos 1 grama de soluto em 1 milhão de

gramas de solução teremos uma solução de concentração 1 ppm. Essa

unidade também pode se referir a volume. Logo, 1 ppm pode também

representar 1 litro de soluto em 1 milhão de litros de solução. A aplicação

mais imediata dessa unidade de concentração está na análise de poluição

atmosférica e das águas.

Vejamos um exemplo prático. Um dos grandes poluentes do ar nas

cidades é o monóxido de carbono (CO). Quando a concentração deste

gás atinge a 30 ppm em volume, é dado, pelas autoridades responsáveis,

um sinal de alerta sobre a qualidade do ar naquela localidade. O valor

de 30 ppm signifi ca que há, naquela região, 30 L de CO em cada milhão

de litros de ar atmosférico.

AU

LA

33


64 CEDERJ

No controle de poluição das águas faz-se a medição da quantidade

de íons chumbo (Pb2+) – que não deve ser superior a 0,05 ppm em massa,

ou seja, o limite aceitável é de 0,05 g deste íon em 106 g (1 milhão) de

litros de água. Esta quantidade pode parecer pequena, mas é sufi ciente

para causar sérios danos à saúde das pessoas.

Para soluções em que a concentração é ainda menor que as

mensionadas anteriormente, utiliza-se a unidade de concentração parte

por bilhão (ppb) que signifi ca uma concentração de 0,0001% em massa

ou volume.

CONCLUSÃO

Quando trabalhamos com soluções, é fundamental saber a

quantidade de soluto presente na referida solução. Para tal, os químicos

utilizam diferentes formas de expressar a relação soluto/ solução ou

soluto/solvente. Nesta aula, estudamos algumas dessas relações,

empregadas tanto em um laboratório químico como em situações da

vida cotidiana, como o controle ambiental de poluição.

O monóxido de carbono é um gás incolor e inodoro que resulta da queima incompleta de combustíveis. Os efeitos da exposição de seres humanos ao monóxido de carbono estão associados à capacidade de transporte de oxigênio no sangue. O monóxido de carbono compete com o oxigênio na combinação com a hemoglobina no sangue, uma vez que sua afi nidade com este gás poluente é 210 vezes maior do que com o oxigênio. Quando uma molécula de hemoglobina recebe uma molécula de monóxido de carbono, forma-se a carboxihemoglobina, que diminui a capacidade do sangue de transportar oxigênio.A elevação dos índices de CO pode resultar em altos níveis de carboxihemoglobina no sangue, afetando a capacidade de trabalho e de exercício físico em pessoas sadias. Acarreta, também, danos cardiovasculares, agravando seriamente o quadro de portadores de doenças cardíacas.

Estudos experimentais têm demonstrado que baixos níveis de carboxihemoglobina já podem causar diminuição na capacidade de estimar intervalos de tempo e podem diminuir os refl exos e a acuidade visual da pessoa exposta. Por esta razão, altos índices de monóxido de carbono em áreas de tráfego intenso têm sido apontados como causa adicional de acidentes de trânsito. Os sintomas de intoxicação são: desconforto físico, náuseas, dor de cabeça, tontura, perda de concentração. Dependendo da intensidade a intoxicação pode levar à morte em poucas horas ou minutos.Dados da Companhia de Tecnologia de Saneamento Ambiental do governo do Estado de São Paulo http://www.cetesb.sp.gov.br

CEDERJ 65

ATIVIDADES FINAIS

1. Por evaporação e purifi cação, 1 litro de água do mar fornece 25 g de cloreto

de sódio (NaCl), comercializado como sal de cozinha. Que volume de água do

mar, em m3, precisa ser empregado para que uma salina produza 1 tonelada de

cloreto de sódio?

(1 m3 = 1.000 litros e 1 tonelada = 1.000 kg = 1 × 106 gramas)

2. Vinagre é uma solução aquosa de ácido acético bastante utilizada como tempero

de saladas. Uma determinada marca de vinagre apresenta concentração igual

a 0,8 mol/L. Calcule o volume de vinagre que apresenta 24 g de ácido acético

(C2H4O2).

3. Tem-se uma solução aquosa de 1,0 × 10–2 molar de uréia. Determine, para

200 mL de solução, a massa de uréia dissolvida. Dado: MM da uréia = 60 g/mol.

4. Testes revelaram que determinada marca de refrigerante tipo “cola” contém

2,0 × 10–3 mol/L de ácido fosfórico (H3PO4). Quando uma pessoa bebe um copo

de 250 mL desse refrigerante está ingerindo:

a. que quantidade em mols de ácido fosfórico?

b. que massa de ácido fosfórico?

c. qual a concentração em g/L desse ácido no refrigerante testado?

5. Qual a massa de água necessária para com 1,06 g de carbonato de sódio (Na2CO3)

produzir uma solução de concentração igual a 0,5 molal?A

ULA

33


66 CEDERJ

1. Dados do problema: V = 600 cm3 (1 cm3 = 1 mL) C = 0,7 g/cm3

C = mV

substituindo os dados, temos: 0,7 = m

600 ⇒ m = 0,7 × 600 = 420 g

2. Dados do problema: C = 32 g/L e m = 6,4 g

C = mV

substituindo os dados, temos: 32 = 6 4,V

⇒ V = 6 432,

= 0,2 L = 200 mL

3. 20 g

4.a. Por ser solução aquosa, o solvente é a água, mas lembre-se de que quando

não se faz nenhuma referência ao solvente esse será sempre água.

• As unidades de concentração são relações numéricas da quantidade de soluto

contida numa determinada solução.

• A concentração comum (g/L) relaciona a massa do soluto com o volume da

solução.

• A concentração molar (ou molaridade) relaciona o número de mols do soluto

com o volume da solução.

• A concentração molal (ou molalidade) relaciona o número de mols do soluto

com a massa do solvente em kg.

• Concentração em partes por milhão (ppm) é utilizada quando trabalhamos com

soluções de baixas concentrações, ou seja, quando a quantidade de soluto é muito

inferior à quantidade de solvente.

R E S U M O

RESPOSTAS

CEDERJ 67

b. O soluto em questão é o hidróxido de sódio ( NaOH).

c. No rótulo, há a informação de que essa solução apresenta 2,0 mol de NaOH

por litro de solução.

d. NaOH apresenta MM = 23 +16+1 = 40 g; logo, 1 mol de NaOH tem massa de

40 gramas; 2,0 mols tem massa de 80 gramas.

e. Já determinamos, no item anterior, que em 1 litro de solução há 80 gramas de

soluto. Então, vamos transformar a unidade litro para mililitro.

1 L = 1.000 mL

Logo, existem 80 gramas de soluto em 1.000 ml de solução

801 000.

= 0,08 g/ml

5. 10 M

6. 23,4 gramas

Atividades Finais

1. 40m3

2. 1 litro

3. 0,12 g

4.a. 2 10 30 25 5 10 4x n x− = = −, mol

b. 5 10 498 4 0 049x m g− = = ,

c. 0 0490 25 0 196,, , /= g L

5. 0,02 kg = 20 g de água

AU

LA

33

34AU

LA

Meta da aula

Diluição e misturade soluções

Trabalhar os conceitos de diluição e misturano preparo de soluções.


• conceituar diluição;

• diferenciar os conceitos de diluição e dissolução;

• resolver problemas que envolvam cálculo de dilução;

• conceituar mistura de mesmo soluto;

• resolver problemas que envolvam misturas.

objetivos

Elementos de Química Geral | Diluição e mistura de soluções

70 CEDERJ

INTRODUÇÃO Você provavelmente já preparou refresco em casa utilizando aqueles envelopes

de preparado em pó. Vamos, então, imaginar que você colocou meio litro de

água numa jarra e adicionou o conteúdo do envelope, mexendo bem até obter

uma mistura homogênea. Dissolveu o pó na água. Imagine que, ao experimentar

o sabor dessa solução, você verifi cou que o refresco estava muito forte. Para

resolver a situação, você acrescentou mais água até o sabor fi car agradável.

Nessa operação, você diluiu o produto.

Observe que dissolver e diluir são duas ações bem distintas, e esses conceitos não devem ser confundidos.Dissolver adicionar soluto ao solvente, preparando uma mistura homogênea.Diluir adicionar solvente a uma solução, de modo que esta se torne menos concentrada.

!

Vamos estudar o processo de diluição, observando os desenhos e

considerando o processo descrito a seguir.

Figura 34.1: Erlenmeyer com 2 litros de solução de bicarbonato de sódio a 0,4 molar (NaHCO3).

Vamos diluir esse sistema com 3 litros de água.

Figura 34.2: Representação do processo de diluição da solução de bicarbonato de sódio.

2L NaHCO3(aq)

0,4 M

CEDERJ 71

A solução fi nal terá volume de 5 litros, mas, e a concentração

dessa solução? Com a adição de água, a solução fi cou mais “fraca”,

logo, a concentração obtida após a diluição será certamente menor que

0,4 mol/L. Vamos calculá-la.

Na solução inicial: M = 0,4 mol/L e V = 2 L como sabemos M = nV

,

logo, 0,4 = n2

n = 0,4 x 2 = 0,8 mol de NaHCO3.

No processo de diluição, a quantidade de soluto não se altera, pois

só adicionamos solvente, não colocamos nem retiramos soluto.

Então, depois de adicionarmos a água, continuaremos com 0,8

mol de NaHCO3 dentro do recipiente, só que agora num volume de 5

litros. Então, a nossa concentração molar fi nal (Mf) será:

Mf = nV

Mf = 0 85, = 0,16 mol/L

Concluindo: no processo de diluição, a concentração da solução

diminui, pois houve aumento do volume da solução devido apenas ao

acréscimo de solvente. A concentração fi nal pode ser obtida sabendo

que o número de mols do soluto no início (ni) é igual ao número de

mols do soluto no fi nal (nf), como ni = MiVi e nf = MfVf, temos que,

numa diluição:

MiVi = MfVf

!

Se trabalharmos com a unidade de concentração C (concentração

comum em g/L), podemos também afi rmar que:

CiVi = CfVf

!

AU

LA

34


72 CEDERJ

Vamos agora estudar outro procedimento muito comum em um

laboratório de química para o preparo de soluções: a mistura de soluções

com mesmo soluto.

Quando misturamos 200mL de uma solução aquosa de hidróxido

de sódio (NaOH) de concentração igual a 20g/L a 400mL de uma outra

solução aquosa de NaOH de concentração igual a 50g/L, obtemos uma

nova solução de NaOH de volume igual a 600mL.

Figura 34.3: Béqueres contendo volumes e concentrações diferentes de soluções de hidróxido de sódio (NaOH).

A quantidade (número de mol ou grama) do NaOH presente na

solução resultante é igual à soma de suas quantidades presentes nas

soluções iniciais. Assim, para determinarmos a quantidade de NaOH

presente na solução fi nal, devemos conhecer as suas quantidades nas

duas soluções iniciais.

1. Acrescentam-se 300mL de água a 200mL de uma solução de 10g/L de cloreto de sódio. Qual a concentração fi nal dessa solução?

2. Um técnico tem 500mL de uma solução de um medicamento e precisa reduzir a concentração, em mol/L, a 1/4 do valor inicial. Como ele deve proceder?

3. Determine o volume de água que deve ser adicionado a 100mL de solução 0,6 mol/L de ácido clorídrico (HCl), a fi m de torná-la 0,2 mol/L.

ATIVIDADES

Solução A200 ml NaOH

C = 20g/L

Solução B(400 ml NaOH)

C = 50g/L

Solução Final(600 ml NaOH)

C = ?

800600400200

800600400200

800600400200

CEDERJ 73

Para a solução A: CI = 20g/L e VI = 200mL = 0,2L.

Como C = mV

, teremos 20 = m

0 2, m = 20 × 0,2 = 4 gramas.

Para a solução B: CII = 50g/L e VII = 400mL = 0,4L.

Substituindo os valores em C = mV

, teremos 50 = m0 4,

m =

50 × 0,4 = 20 gramas.

Assim, o total de NaOH presente na solução fi nal será m = 4 + 20

= 24 gramas, num volume de 600ml = 0,6L, então: C = 240 6,

= 40g/L.

Note que a concentração fi nal da solução de NaOH apresenta um valor intermediário entre os valores das soluções I (20g/L) e II (50g/L). Portanto, numa mistura de soluções de mesmo soluto, a concentração fi nal não será a soma das concentrações de cada substância.

!

Para determinação da concentração da solução resultante (Cf) de

uma mistura desse tipo, podemos utilizar a expressão: CfVf = CIVI +

CIIVII , ou quando trabalharmos com concentração em mol/L: MfVf =

MIVI + MIIVII .

4. Um volume de 200mL de uma solução aquosa de glicose (C6H12O6) de concentração igual a 60g/L foi misturado a 300mL de uma solução de glicose de concentração igual a 120g/L. Determine a concentração em g/L e em mol/L da solução fi nal.

5. Determine o volume de uma solução de hidróxido de sódio 1,5M que deve ser misturado a 300mL de uma solução 2M da mesma base, a fi m de torná-la 1,8M.

Solução I VI = ? Solução II VII = 300 mL = 0,3L Solução fi nal Vf = VI + 0,3

MI = 1,5 mol/L MII = 2 mol/L MII = 2 mol/L

6. Em um balão volumétrico de 1.000mL, juntaram-se 250mL de uma solução 2,0M de ácido sulfúrico (H2SO4) com 300mL de uma solução 1,0M do mesmo ácido e completou-se o volume até 1.000mL com água destilada. Determine a molaridade da solução resultante.

ATIVIDADES

AU

LA

34


74 CEDERJ

CONCLUSÃO

Os processos de diluição e mistura de mesmo soluto são

fundamentais no cotidiano de um laboratório, pois nem sempre

encontramos as soluções na concentração exata daquela de que

precisaremos para determinada prática.

ATIVIDADES FINAIS

1. Considere 100mL de determinado suco em que a concentração do soluto seja

de 0,4M. O volume de água, em mL, que deverá ser acrescentado para que a

concentração do soluto caia para 0,04M será de:

(a) 1000 (b) 900 (c) 500 (d) 400 (e) 200

2. Um volume igual a 400mL de uma solução aquosa 3,0 mol/L de NaOH foi diluído

até um volume fi nal de 800mL. Calcule a massa de NaOH contida em uma alíquota

de 50mL da solução fi nal.

3. Quais as afi rmações a respeito de soluções são corretas?

I – Quando diluímos uma solução, estamos aumentando o número de mol/L do

soluto.

II – Quando diluímos uma solução, estamos aumentando o número de mol/L do

solvente.

III – Quando adicionamos solvente a uma solução, o número de mol/L do soluto

não se altera.

IV – Quando misturamos duas soluções de mesmo soluto, porém com molaridades

diferentes, a solução fi nal apresenta uma molaridade com valor intermediário às

molaridades iniciais.

(a) Todas

(b) Nenhuma

(c) Somente II, III e IV

CEDERJ 75

(d) Somente I, II e III

(e) Somente I e IV

4. Um químico possui em seu estoque 500mL de solução 1M de NaCl. Para que possa

aproveitá-la na preparação de uma solução 2M deste mesmo sal, ele deve:

I – adicionar 500mL de água.

II – evaporar 250mL de água dessa solução.

III – adicionar 1/2 mol de NaCl.

IV – preparar 500mL de solução 3M de NaCl e juntar as duas soluções.

Estão corretas as afi rmativas:

(a) I (b) I e II (c) I , II e III (d) II , III e IV (e) todas

5. Duas soluções de HCl de volumes iguais e de concentrações 0,5M e 0,1M foram

misturadas. Determine a concentração molar da solução resultante.

6. Um laboratorista dispõe de uma solução 2 mol/L de ácido sulfúrico (H2SO4) e

precisa de uma solução 0,5 molar desse ácido.

a. Determine que volume da solução inicial ele deve diluir para obter 200mL da

solução desejada.

b. Calcule a massa em gramas de ácido sulfúrico presente nos 200mL da solução

desejada.

c. Determine a concentração da solução inicial em g/L.

7. A salinidade da água de um aquário para peixes marinhos, expressa em

concentração de NaCl, é 0,08M (mol/L). Para corrigir essa salinidade, foram

adicionados 2 litros de uma solução 0,52M de NaCl a 20 litros da água deste

aquário. Qual a molaridade da solução resultante?

AU

LA

34


76 CEDERJ

1. Segundo os dados do problema, temos que:

Vi = 300mL = 0,3L

Ci = 10g/L

Vf = 300 + 200 = 500mL = 0,5L

Aplicando a expressão de diluição

CiVi = CfVf

10 × 0,3 = Cf × 0,5 Cf = 10 0,3

0,5×

= 6g/L.

2. Mf = 1/4Mi

Numa diluição MiVi = MfVf, então,

Mi × 0,5= 1/4MiVf. Eliminando Mi dos dois lados da equação, temos que

0,5 = 1/4Vf, ou melhor, Vf = 4 × 0,5 = 2 litros.

O técnico deverá quadruplicar o volume da solução inicial.

No processo de diluição, a concentração da solução diminui, pois há um aumento

do volume da solução devido apenas ao acréscimo de solvente. A concentração

fi nal pode ser obtida, pois sabe-se que a quantidade de soluto contido no sistema

não se altera.

No processo de mistura de mesmo soluto, a concentração fi nal deve ser calculada

levando em conta a soma da quantidade de soluto e do volume das soluções.

R E S U M O

RESPOSTAS

CEDERJ 77

3. Com os dados do problemas, temos:

Vi = 100mL = 0,1L

Mi = 0,6 mol/L

Mf = 0,2 mol/L

Aplicando a expressão: MiVi = MfVf

0,6 × 0,1 = 0,2 × Vf

Vf = 0,3 litros, ou seja, 300mL.

Sabemos, então, que o volume fi nal será 300mL, e que partimos de 100mL; logo,

o volume de água que deverá ser adicionado é 300 –100 = 200mL.

4.

Utilizando a expressão: CfVf = CIVI + CIIVII,

teremos Cf × 0,5 = 60 × 0,2 + 120 × 0,3

Cf = 12 36

0 5+,

= 96g/L

Para calcularmos a concentração em mol/L, precisaremos, primeiramente, calcular

a massa molar da glicose.

C6H12O6 MM = 6 × 12 + 12 × 1+6 ×16 = 180g

1 mol 180g

x mol 96g x = 0,53 mol; logo, a concentração molar será 0,53 mol/L.

5. MfVf = MIVI + MIIVII

substituindo os valores: 1,8 (VI + 0,3) = 1,5 Vi + 2 × 0,3

Solução I VI = 200 mL = 0,2 L Solução II VII = 300 mL = 0,3 L Solução fi nal Vf = 0,5L

CI = 60 g/L CII = 120g/L Cf = ?

AU

LA

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78 CEDERJ

Resolvendo essa equação, teremos:

1,8 VI + 0,54 = 1,5 VI + 0,6 0,3 VI = 0,06 VI = 0,2 litros = 200mL.

6.

Observe que, nesse problema, o volume fi nal não é a soma dos volumes I e II, pois

foi adicionada água ao sistema.

MfVf = MIVI + MIIVII

substituindo os valores: Mf × 1 = 2 × 0,25 + 1 × 0,3

Mf = 0,8 mol/L.

Atividades Finais

1. b

2. 3 gramas

3. c

4. d

5. 0,3 mol/L

6 a. 50mL

b. 9,8 gramas

c. 196g/L

7. 0,12 mol/L

Solução I VI = 250 mL = 0,25 Solução II VII = 300 mL = 0,3 L Solução fi nal 1.000 mL = 1L

MI = 2,0 mol/L MII = 1,0 mol/L Mf = ?

Elementos de Química Geral - Vol.3

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