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Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
1. O AMONÍACO NA SOCIEDADE (pp. 244-247)
1.1. Uma reação de síntese é uma reação química
em que dois ou mais reagentes dão origem a
um só produto, obedecendo à Lei de Conser-
vação da Massa (Lei de Lavoisier).
1.2. (B)
Como os constituintes da mistura têm pontos
de ebulição próximos, para os separar realiza-
-se uma destilação fracionada.
1.3.1.
N2 (g) + 3 H2 (g) 2 NH3 (g)
1.3.2.
A expressão da constante de equilíbrio para a
reação de síntese do amoníaco é dada por:
Kc =
Atendendo ao gráfico, verifica-se que o valor
da constante de equilíbrio, Kc, diminui com o
aumento de temperatura, isto é, com o au-
mento de temperatura, as concentrações dos
reagentes aumentam e as concentrações dos
produtos da reação diminuem, o que traduz
evolução do sistema no sentido inverso.
Atendendo ao princípio de Le Châtelier, quando
se provoca uma perturbação ao sistema em
equilíbrio, este evolui de modo a contrariar a
perturbação a que foi sujeito. Assim, aumen-
tando a temperatura, o sistema evolui no sen-
tido inverso. Então, nesse sentido ocorre
absorção de energia pelo que a reação é endo-
térmica.
1.3.3.
(A)
(B) A elevação da temperatura de um sistema
aumenta a velocidade da reação.
(C) A reação de síntese do amoníaco é exotér-
mica. (Ver 1.3.2)
(D) A elevação de temperatura favorece a rea-
ção que ocorre com consumo de energia, ou
seja, a reação endotérmica, o que no caso da
síntese do amoníaco se verifica quando o sis-
tema evolui no sentido inverso, produzindo H2
e N2.
1.3.4.
(A) Corrosivo.
(B) Perigoso para o ambiente.
(C) Proteção obrigatória dos olhos.
(D) Proteção obrigatória das mãos.
1.3.5.
São impostas condições de segurança na mani-
pulação do amoníaco pois este é muito corrosivo,
constituindo perigo para a saúde e para o am-
biente. Os vapores de amoníaco são irritantes e
corrosivos constituindo uma ameaça para os
olhos e para as vias respiratórias. As soluções de
amoníaco podem causar queimaduras graves.
1.4.1.
(C) Atendendo apenas à informação contida
no gráfico, verifica-se que a produção de amo-
níaco é favorecida por baixas temperaturas e
por elevadas pressões.
A percentagem de amoníaco na mistura au-
menta com a diminuição de temperatura e
com o aumento de pressão.
O processo de formação do amoníaco é exo-
térmico. Quando se aumenta a temperatura, a
pressão constante, a percentagem de amo-
níaco no sistema diminui, o que significa evo-
lução do sistema no sentido inverso com
diminuição da concentração dos produtos da
reação e aumento da concentração dos rea-
gentes, pelo que Kc diminui.
1.4.2.
Determinar a massa total do sistema.
Por leitura no gráfico, para as condições
T = 400 °C e P = 130 atm, a % de NH3 na mis-
tura reacional é 31%
% (NH3) = * 100 §
§ m(total do sistema)= * 100 §
§ m(total do sistema) = * 100 §
§ m(total do sistema) = 242 t
Determinar a massa de NH3 obtida quando,
T = 300°C e P = 100 atm.
Para estas condições, a % de NH3 na mistura
reagente é 50%.
%(NH3) = * 100 §
§ m(NH3) = §
§ m(NH3) = § m(NH3) = 121 t
Determinar a variação de massa.
Dm = m(NH3)(300 °C, 100 atm)-m(NH3)(400 °C, 130 atm) §
§ Dm = 121 – 75 = § Dm = 46 t
"@
[NH3]e2
[N2]e * [H2]e2
m(NH3)
m(total do sistema)
m(NH3)
%(NH3)
75
31
m(NH3)
m(total)
%(NH3) * m(total)
100
50 * 242
100
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2
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QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Fazer a síntese à temperatura de 300 °C e à
pressão de 100 atm provocaria um aumento
de produção de amoníaco de 46 toneladas.
1.4.3.
A linha do gráfico assinalada com x não pode
corresponder aos dados de equilíbrio para uma
reação realizada à temperatura de 500 °C na
presença de um catalisador, pois a presença
deste não altera a composição do sistema. A
presença do catalisador altera o tempo que se
demorou a atingir o estado de equilíbrio, mas
não alterando a composição do mesmo.
1.4.4.
Teoricamente, as condições de pressão e tem-
peratura que favoreceriam a formação de NH3
seriam altas pressões e baixas temperaturas,
pois como já foi explicado em itens anteriores,
a constante de equilíbrio aumenta com a dimi-
nuição de temperatura e com o aumento de
pressão.
1.4.5.
A reação de síntese do amoníaco é uma reação
exotérmica. Assim, de acordo com o Princípio
de Le Châtelier, a reação é favorecida por uma
diminuição de temperatura. Diminuindo a tem-
peratura o sistema tende a evoluir no sentido
directo, libertando energia para assim contra-
riar a diminuição de temperatura provocada.
Porém, na prática não pode ser muito baixa,
pois para que se possa formar o amoníaco é
necessário que se rompam as ligações H–H e
N≠N, o que requer energia, a chamada energia
de ativação. Ou seja, se a temperatura for
muito baixa, a reação nem sequer se inicia,
apesar da constante de equilíbrio ser elevada.
Por este motivo, houve que escolher uma tem-
peratura de compromisso (450 °C) entre o au-
mento do rendimento e a diminuição da
velocidade da reação.
A reação evolui de reagentes para produtos
com diminuição da quantidade contida na fase
gasosa. Assim, acordo com o Princípio de Le
Châtelier, quando o sistema é sujeito a um au-
mento de pressão evolui no sentido directo
(menor quantidade contida na fase gasosa),
para deste modo contrariar a perturbação a que
foi sujeito, sendo por isso favorecida por altas
pressões. Deste modo, teoricamente prevê-se
que a produção de amoníaco seja favorecida
por altas pressões e baixas temperaturas. Na
prática, utilizam-se pressões elevadas mas de
modo a garantir a segurança, pressão entre 200
e 300 atmosferas, já que pressões elevadas exi-
gem equipamentos dispendiosos, maiores con-
dições de segurança e temperaturas da ordem
de 450 °C, utilizando-se ferro metálico como ca-
talisador.
1.5. Determinar a energia gasta na dissociação
de ligações.
Energia gasta na dissociação de três moles de
H2 (g) é 436 * 3 " 1308 kJ
Energia gasta na dissociação de uma mole de
N2 (g) é 94 kJ
Energia total gasta na dissociação das liga-
ções 1308 + 94 = 1402 kJ
Determinar a energia libertada na formação
de ligações.
Seja x a energia de ligação N–H.
Energia libertada na formação de duas moles
de NH3 (g) é x * 6 " 6x (kJ)
Energia total libertada na formação das liga-
ções " 6x (kJ)
Determinar x.
DH = Energia gasta – Energia libertada
- 93 = 1402 - 6x §- 6x = - 93 + (- 1402) §
§ 6x = 1495 §
§ x = § x = 249,2 kJ mol-1
A energia de ligação azoto-hidrogénio é
249,2 kJ mol-1.
1.6.1.1.
Determinar a quantidade de tetracloroplati-
nato (II) de potássio – K2PtCl4.
Mr(K2PtCl4) = 2 Ar(K) + Ar(Pt) + 4 Ar(Cl)
Mr(K2PtCl4) = 2 * 39,10 + 195,08 + 4 * 35,45
Mr(K2PtCl4) = 415,08
M(K2PtCl4) =415,08 g mol-1
n(K2PtCl4) = §
§ n(K2PtCl4) = §
§ n(K2PtCl4) = 0,241 mol
Determinar a quantidade de amoníaco.
Mr(NH3) = Ar(N) + 3 Ar(H)
Mr(NH3) = 14,01 + 3 * 1,01
Mr(NH3) =17,04 ± M(NH3) =17,04 g mol-1
n(NH3) = § n(NH3) = §
§ n(NH3) = 0,587 mol
1495
6
m(K2PtCl4)
M(K2PtCl4)
100
145,08
10,0
17,04
m( NH3)
M(NH3)
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QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Determinar o reagente limitante.
Tendo em conta a estequiometria da reação:
n(NH3) = 2 n(K2PtCl4) § n(NH3) = 2 *0,241 §
§ n(NH3) = 0,482 mol
Para que 0,241 mol de K2PtCl4 reagissem com-
pletamente seriam necessários 0,482 mol de
NH3. Como existe 0,587 mol de NH3, este está
em excesso, existe em maior quantidade que
a necessária, logo o K2PtCl4 é o reagente limi-
tante.
Determinar a quantidade de cisplatina –
Pt(NH3)2Cl2, teoricamente prevista.
n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. = n(K2PtCl4) §
§ n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. = 0,241 mol
Determinar a quantidade de cisplatina –
Pt(NH3)2Cl2, realmente obtida.
h = * 100 §
§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. = §
§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. = §
§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. = 0,193 mol
A quantidade de cisplatina formada na reação
foi 0,193 mol.
1.6.1.2.
Determinar a quantidade de tetracloroplati-
nato (II) de potássio – K2PtCl4.
Mr(K2PtCl4) = 2 Ar(K) + Ar(Pt) + 4 Ar(Cl)
Mr(K2PtCl4) = 2 * 39,10 + 195,08 + 4 * 35,45
Mr(K2PtCl4) = 415,08
M(K2PtCl4) =415,08 g mol-1
n(K2PtCl4) = §
§ n(K2PtCl4) = §
§ n(K2PtCl4) = 0,241 mol
Determinar a quantidade de amoníaco.
Mr(NH3) = Ar(N) + 3 Ar(H)
Mr(NH3) = 14,01 + 3 * 1,01
Mr(NH3) =17,04 ± M(NH3) =17,04 g mol-1
n(NH3) = § n(NH3) = §
§ n(NH3) = 0,587 mol
Determinar o reagente limitante.
Tendo em conta a estequiometria da reação:
n(NH3) = 2 n(K2PtCl4) § n(NH3) = 2 *0,241 §
§ n(NH3) = 0,482 mol
Para que 0,241 mol de K2PtCl4 reagissem com-
pletamente seriam necessários 0,482 mol de
NH3. Como existe 0,587 mol de NH3, este está
em excesso, existe em maior quantidade que
a necessária, logo o K2PtCl4 é o reagente limi-
tante.
Determinar a quantidade de cisplatina –
Pt(NH3)2Cl2, teoricamente prevista.
n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. = n(K2PtCl4) §
§ n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. = 0,241 mol
Determinar a quantidade de cisplatina –
Pt(NH3)2Cl2, realmente obtida.
h = * 100 §
§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. = §
§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. = §
§ n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. = 0,193 mol
A quantidade de cisplatina formada na reação
foi 0,193 mol.
Determinar a massa de cisplatina –
Pt(NH3)2Cl2, realmente obtida.
Mr (Pt(NH3)2Cl2) = Ar(Pt) + 2Ar(N) + 6Ar(H) +
+ 2Ar(Cl)
Mr (Pt(NH3)2Cl2) = 195,08 + 2×14,01 +
+ 6 × 1,01+2 × 35,45
Mr (Pt(NH3)2Cl2) = 300,06 §
§ M(Pt(NH3)2Cl2) = 300,06 g mol-1
m(Pt(NH3)2Cl2) = n(Pt(NH3)2Cl2) ×
× M (Pt(NH3)2Cl2)§ m(Pt(NH3)2Cl2) =
= 0,193 × 300,06§
§ m(Pt(NH3)2Cl2) = 57,91 g
Determinar a massa total de reagentes
massa total de reagentes = m(K2PtCl4) +
+ m(NH3)
massa total de reagentes = 100,0 + 10,0
massa total de reagentes = 110,0 g
Determinar a economia atómica percentual.
EA% = ×100
EA% = ×100 §
§ EA% = × 100 §
§ EA% = 52,6%
Nestas condições a economia atómica percentual
da produção de cisplatina é 37,9%.
n(Pt(NH3)2Cl2)r.o.
n(Pt(NH3)2Cl2)t.p.
n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. * h
100
0,241 * 80,0
100
m(K2PtCl4)
M(K2PtCl4)
100
145,08
m( NH3)
M(NH3)
10,0
17,04
n(Pt(NH3)2Cl2)r.o.
n(Pt(NH3)2Cl2)t.p.
n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. * h
100
0,241 * 80,0
100
massa de átomos de reagentes incorporada no produto desejado
massa total de átomos dos reagentes
m(Pt(NH3)2Cl2)
m(K2PtCl4) + m(NH3)
57,91
110,0
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QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
1.6.2.1.
(C)
(A) Afirmação incorreta. Para a mesma tem-
peratura, quanto maior for o pH menor o cará-
ter ácido. Para a mesma temperatura, uma
solução saturada de Pt(NH3)2Cl2 é menos
ácida que uma solução saturada de K2PtCl4,
pois apresenta maior pH.
(B) Afirmação incorreta. Para a mesma tem-
peratura, soluções saturadas de Pt(NH3)2Cl2 e
de K2PtCl4 apresentam diferente valor de pH
e, por isso, vão apresentar diferente concen-
tração de H3O+.
pH = - log [H3O+] § [H3O
+]= 10-pH
(C) Afirmação correta. Soluções saturadas de
Pt(NH3)2Cl2 e de K2PtCl4 podem apresentar a
mesma concentração de H3O+ desde que a
temperatura não seja a mesma.
(D) Afirmação incorreta. Soluções saturadas
de Pt(NH3)2Cl2 e de K2PtCl4 possuem iões OH-
em solução aquosa, já que:
[OH-] = ou [OH-] = 10-pOH
1.6.2.2.
(A)
Determinar a massa de cada uma das subs-
tâncias correspondente a uma mesma
quantidade, n.
Considerar a quantidade de cada uma das
substâncias igual a n
n(Pt(NH3)2Cl2) = n(K2PtCl4) = n mol
Tendo em conta as respetivas massas molares
m(Pt(NH3)2Cl2) = n(Pt(NH3)2Cl2) *M(Pt(NH3)2Cl2)
m(Pt(NH3)2Cl2) = 300,05 * n (g)
m(K2PtCl4) = n(K2PtCl4) * M(K2PtCl4)
m(K2PtCl4) = 415,09 * n (g)
Determinar o volume ocupado por essa
massa para cada uma das substâncias.
rsubstância = §
§ V(substância) =
V(K2PtCl4) = §
§ V(K2PtCl4) = §
§ V(K2PtCl4) = 122,1 n (cm3)
V(Pt(NH3)2Cl2) = §
§ V(Pt(NH3)2Cl2) = §
§ V(Pt(NH3)2Cl2) = 81,1 n (cm3)
Determinar a razão dos volumes.
= §
§ = 1,5 §
§ V(K2PtCl4) = 1,5 V(Pt(NH3)2Cl2)
A expressão anterior permite concluir que
para iguais quantidades de Pt(NH3)2Cl2 e de
K2PtCl4, o volume ocupado pelo K2PtCl4 é
1,5 vezes maior que o de Pt(NH3)2Cl2.
Considerar a massa de cada uma das subs-
tâncias igual e com valor m.
Considerar m a massa de cada uma das subs-
tâncias.
m(Pt(NH3)2Cl2) = m(K2PtCl4) = m (g)
Determinar o volume ocupado por essa
massa para cada uma das substâncias.
rsubstância = §
§ V(substância) =
V(K2PtCl4) = §
§ V(K2PtCl4) = (cm3)
V(Pt(NH3)2Cl2) = §
§ V(Pt(NH3)2Cl2) = (cm3)
Determinar a razão dos volumes.
= §
§ = * §
§ = 1,1 §
§ V(K2PtCl4) = 1,1 V(Pt(NH3)2Cl2)
A expressão anterior permite concluir que
para massas iguais de Pt(NH3)2 Cl2 e de
K2PtCl4, o volume ocupado pelo K2PtCl4 é
1,1 vezes maior que o volume ocupado pelo
Pt(NH3)2Cl2.
Kw
[H3O+]
m(substância)
V(substância)
m(substância)
rsubstância
m(K2PtCl4)
rK2PtCl4
415,09 n
3,4
m(Pt(NH3)2Cl2)
r(Pt(NH3)2Cl2)
300,05 n
3,7
122,1 n
81,1 n
V(K2PtCl4)
V(Pt(NH3)2Cl2)
V(K2PtCl4)
V(Pt(NH3)2Cl2)
m(substância)
V(substância)
m(substância)
rsubstância
m
rK2PtCl4
m
3,4m
r(Pt(NH3)2Cl2)
m
3,7
m3,4m
3,7
V(K2PtCl4)
V(Pt(NH3)2Cl2)
3,7
m
m
3,4
V(K2PtCl4)
V(Pt(NH3)2Cl2)
V(K2PtCl4)
V(Pt(NH3)2Cl2)
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QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
1.7. (C)
Determinar a quantidade de amoníaco.
m(NH3) =14 mg § m(NH3) = 1,4 * 10-2 g
Mr(NH3) = Ar(N) + 3 Ar(H)
Mr(NH3) = 14,01 + 3 * 1,01
Mr(NH3) = 17,04 ± M(NH3) =17,04 g mol-1
n(NH3) = § n(NH3) = §
§ n(NH3) = 8,22 * 10-4 mol
Determinar o número de moléculas de amo-
níaco – NH3.
N(NH3) = n(NH3) * NA §
§ N(NH3) = 8,22 * 10-4 * 6,02 * 1023 §
§ N(NH3) = 4,95 * 1020 moléculas
Determinar o número de átomos de azoto
(N) em 4,95 * 1020 moléculas de NH3.
N(N) = N(NH3) § N(N) = 4,95 * 1020 átomos.
Determinar o número de átomos de hidro-
génio (H) em 4,95 * 1020 moléculas de NH3.
N(H) = 3 N(NH3) § N(H) = 3 * 4,95 * 1020 §
§ N(H) = 1,49 * 1021 átomos.
1.8.1. (C)
De acordo com a Lei de Avogadro, pode dizer -
-se que volumes iguais de gases diferentes,
considerados perfeitos, nas mesmas condi-
ções de pressão e temperatura, possuem a
mesma quantidade de cada um desses gases.
Assim, a quantidade de gases em cada um dos
cilindros é igual e considera-se n.
Determinar a massa molar de cada subs-
tância.
Mr(NH3) = Ar(N) + 3 Ar(H)
Mr(NH3) = 14,01 + 3 * 1,01
Mr(NH3) = 17,04 ± M(NH3) = 17,04 g mol-1
Mr(H2) = 2 Ar(H)
Mr(H2) = 2 * 1,01 § Mr(H2) = 2,02
M(H2) = 2,02 g mol-1
Mr(N2) = 2 Ar(N) § Mr(N2) = 2 * 14,01 §
§ Mr(N2) = 28,02 ± M(N2) = 28,02 g mol-1
Determinar a massa contida em cada cilin-
dro.
Cilindro X:
n(NH3) = n
mno cilindro X = n(NH3) * M(NH3) §
§ mno cilindro X = n * 17,04 §
§ mno cilindro X = 17,04 n (g)
Cilindro Y:
n(NH3) + n(H2) = n § n(NH3) = (n - n(H2))
mno cilindro Y = m(NH3) + m(H2)
mno cilindro Y = n(NH3) * M(NH3) + n(H2) * M(H2)
mno cilindro Y = (n - n(H2)) * M(NH3) + n(H2) * M(H2) §
§ mno cilindro Y = (n - n(H2)) * 17,04 + n(H2) * 2,02
mno cilindro Y = 17,04n - 17,04n(H2) + 2,02n(H2)
mcilindro Y = (17,04n - 15,02 n(H2)) (g)
Cilindro Z:
n(NH3) + n(N2) = n § n(NH3) = (n - n(N2))
mno cilindro Z = m(NH3) + m(N2) §mno cilindro Z = n(NH3) * M(NH3) + n(N2) * M(N2)
mno cilindro Z = (n - n(H2)) * M(NH3) + n(N2) * M(N2) §
§mno cilindro Z = (n-n(N2)) *17,04 +n(N2) *28,02 §
§mno cilindro Z = 17,04n- 17,04n(N2) +28,02n(N2) §
§ mno cilindro Z = (17,04n + 10,98 n(N2)) (g)
mno cilindro Y < mno cilindro X < mno cilindro Z
1.8.2. (C) Estabelecer a expressão que permite deter-
minar a quantidade de NH3.
V(NH3) = n(NH3) * Vm § n(NH3) =
Estabelecer a expressão que permite deter-
minar o número de moléculas de NH3.
N(NH3) = n(NH3) * NA §
§ N(NH3) = * NA §
§ N(NH3) = * 6,02 * 1023
1.9.1. Determinar a quantidade de amoníaco utili-
zada.
V(NH3 = n(NH3) * Vm §
§ n(NH3) = § n(NH3) = §
§ n(NH3) = 10,0 mol
Determinar a quantidade de ácido nítrico
que teoricamente se deveria obter.
De acordo com a estequiometria da reação
n(HNO3)t.p. = n(NH3) §
§ n(HNO3)t.p. = * 10,0 §
§ n(HNO3)t.p. = 5,00 mol
Determinar a quantidade de ácido nítrico
que realmente se obtém.
h = * 100 §
§ n(HNO3)r.o. = §
§ n(HNO3)r.o. = §
§ n(HNO3)r.o. = 4,50 mol
m(NH3)
M(NH3)
1,4 * 10-2
17,04
n(NH3)
Vm
V(NH3)
Vm
4,48
22,4
225
22,4
V(NH3)
Vm
1
2
1
2
n(HNO3)r.o.
n(HNO3)t.p.
h * n(HNO3)t.p.
100
90,0 * 5,00
100
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6
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QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Determinar a massa de ácido nítrico que
realmente se obtém.
Mr(HNO3) = Ar(H) + Ar(N) + 3 Ar(O)
Mr(HNO3) = 1,01 + 14,01 + 3 * 16,00
Mr(HNO3) = 63,02
M(HNO3) = 63,02 g mol-1
m(HNO3)r.o. = n(HNO3)r.o. * M(HNO3)
m(HNO3)r.o. = 4,50 * 63,02 §
§ m(HNO3)r.o. = 284 g
A massa, em gramas, de HNO3 produzida foi
248 g.
1.9.2.
Segundo a teoria de Arrhenius, base é toda a
substância que se dissocia em água originando
iões OH- pelo que NH3 não é uma base de Arr-
henius. Porém, segundo Brönsted-Lowry, de-
fine-se base como uma espécie com tendência
para aceitar protões, o que se verifica na rea-
ção de amoníaco com água:
NH3 (aq) + H2O (l) NH4+ (aq) + OH- (aq)
O amoníaco (base) aceita o catião hidrogénio (H+)
proveniente da água, que funciona como ácido,
transformando-se no catião amónio (NH4+).
1.9.3.
O azoto e o oxigénio são elementos que per-
tencem ao mesmo período da Tabela Perió-
dica.
Ao longo de um período da Tabela Periódica, o
raio atómico diminui com o aumento do nú-
mero atómico. Como o número atómico do
azoto é inferior ao número atómico do oxigé-
nio, pode concluir-se que o raio atómico do
azoto é superior ao do oxigénio.
"@
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7
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
2. RENDIMENTO DE UMA SÍNTESE(pp. 248-250)
2.1. O fator que mais contribui para o elevado
custo de produção de um dado fármaco será
a complexidade das fases da produção, desde
as matérias iniciais até ao produto fabricado.
2.2. (C) Uma reação de síntese ocorre entre dois
ou mais reagentes originando um produto de
reação que é uma substância composta
2.3. (A) Afirmação verdadeira.
(B) Afirmação falsa. É muito pouco provável
que o rendimento de uma reação química seja
de 100%, pelo que as quantidades de produtos
obtidos são, de um modo geral, inferiores às
previstas pela estequiometria.
(C) Afirmação falsa. Um rendimento de 35%
significa que a quantidade (ou massa ou vo-
lume) de produto obtido foi 35% da quantidade
(ou massa ou volume) de produto prevista
(aquela que se esperava obter se o rendimento
fosse de 100%.
(D) Afirmação verdadeira.
(E) Afirmação verdadeira.
(F) Afirmação verdadeira.
(G) Afirmação falsa. Os hidrocarbone-
tos são os compostos orgânicos mais
simples, adquirem este nome por
serem apenas constituídos por carbono
e hidrogénio. O anidrido acético não é um hidro-
carboneto pois além de possuir carbono e hidro-
génio também possui oxigénio. Porém não
possui o grupo funcional característico dos aldeí-
dos, o grupo formilo .
2.4.1.
Determinar a quantidade de p-ami nofenolutilizado, n (C6H7NO)utilizado.
Mr (C6H7NO) = 6Ar(C) + 7Ar(H) + Ar(N) +
+ Ar(O)
Mr (C6H7NO) = 6 × 12,01 + 7 × 1,01 + 14,01 +
+ 16,00
Mr (C6H7NO) = 102,10 § M (C6H7NO) =
= 109,14 g mol-1
n (C6H7NO)utilizado = §
§ n (C6H7NO)utilizado = §
§ n (C6H7NO)utilizado = 4,78 × 10–2 mol
Determinar a massa de anidrido acético, m
(C4H6O3)utilizado.
m (C4H6O3) = r (C4H6O3 × V (C4H6O3) §
§ m (C4H6O3) = 1,08 × 6,0 §
§ m (C4H6O3)utilizado = 6,48 g
Determinar a quantidade de anidrido acé-
tico, n (C4H6O3)utilizado.
Mr (C4H6O3) = 4Ar(C) + 6Ar(H) + 3Ar(O)
Mr (C4H6O3) = 4 × 12,01 + 6 × 1,01 + 3 × 16,00
Mr (C4H6O3) = 102,10 § M (C4H6O3) =
= 102,10 g mol-1
n (C4H6O3)utilizado = §
§ n (C4H6O3)utilizado = §
§ n (C4H6O3)utilizado = 6,35 × 10–2 mol
Determinar o reagente limitante.
Tendo em conta a estequiometria da reação
n (C6H7NO) = n (C4H6O3). Assim, para que
4,78 × 10–2 moles de p-aminofenol reagissem
completamente seriam necessários 4,78 × 10–2
moles de anidrido acético; como existem
6,35 × 10–2 moles (6,35 × 10––2 > 4,78 × 10–2) o
anidrido acético está em excesso sendo o p-
aminofenol o reagente limitante.
Determinar a quantidade de paracetamol
teoricamente prevista (aquela que se obte-
ria se o rendimento fosse de 100 %),
n(C8H9NO2)t.p..
n(C8H9NO2)t.p. = n (C6H7NO)utilizado §
§ n(C8H9NO2)t.p = 4,78 × 10–2 mol
Determinar a massa de paracetamol real-
mente obtida, m(C8H9NO2)r.o..
m(C8H9NO2)r.o. = m(papel de filtro com os cris-
tais secos) – m(papel de filtro)
m(C8H9NO2)r.o. = 5,32– 0,72
m(C8H9NO2)r.o. = 4,60 g
Determinar a quantidade de paracetamol
realmente obtida, n(C8H9NO2)r.o..
Mr (C8H9NO2) = 8Ar(C) + 9Ar(H) + Ar(N) +
+ 2Ar(O)
Mr (C8H9NO2) = 8 × 12,01 + 9 × 1,01+
+ 14,01 + 2 × 16,00
Mr (C8H9NO2) = 151,18 § M (C8H9NO2) =
= 151,18 g mol-1
m (C6H7NO)
M (C6H7NO)
5,1
109,14
m (C4H6O3)utilizado
M (C4H6NO)
6,48
102,10
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C
O
H
8
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
n (C8H9NO2)r.o. = §
§ n (C8H9NO2)r.o. = §
§ n (C8H9NO2)r.o. = 3,04 × 10–2 mol
Determinar o rendimento da reação, h.
h = × 100 §
§ h = § h = 63,6% §
§ h = 63,6%
2.4.2. (C)
Para medir os 6,0 mL de anidrido etanóico
deve utilizar-se uma pipeta graduada, só esta
permite medir os 6,0 mL e posteriormente adi-
cionar alíquotas de 1,0 mL.
(A) Representa um balão volumétrico. O balão
volumétrico é um recipiente de vidro, em
forma de pera, com rolha, com base plana e
colo alto e estreito, marcado com uma linha
horizontal que indica o seu volume exato. Os
balões volumétricos destinam-se a ser usados
na preparação de soluções de concentração ri-
gorosamente conhecida.
(B) Representa um matraz ou balão de Erlen-
meyer. É um frasco em balão, usado como re-
cipiente no laboratório, inventado pelo químico
alemão Emil Erlenmeyer, e é frequentemente
usado em titulações. A parede em forma de
cone invertido evita que o líquido no seu inte-
rior jorre para fora.
(C) A pipeta graduada é um instrumento em
vidro que permite a medição e transferência
de volumes variáveis de líquidos. É um tubo
longo e estreito, aberto nas duas extremida-
des, marcado com linhas horizontais que cons-
tituem uma escala graduada.
(D) A pipeta volumétrica é um instrumento em
vidro que permite a medição rigorosa e trans-
ferência de volumes de líquidos. É um tubo
longo e estreito, com uma zona central mais
larga, aberto nas duas extremidades, marcado
com uma linha horizontal que indica o volume
exato de líquido que pode transferir.
2.4.3. (D)
(A) Este processo conduz a perdas de massa
no almofariz, pelo que não é recomendável a
trituração depois da determinação da massa
do p-aminofenol. A trituração deve ser feita e
só posteriormente se deve fazer a determina-
ção da massa, já com o composto devida-
mente triturado.
(B) A redução dos cristais a pó, não facilita
nem dificulta a medição da sua massa.
(C)Os cristais de sal devem ser reduzidos a pó
pois o maior grau de divisão favorece a sua in-
teração com os outros reagentes, isto é, torna
o processo mais rápido. Esta opção não deve
ser a escolhida pois não traduz uma ação, mas
sim a justificação da ação referida em (D).
(D) A redução dos cristais a pó deve ser feita
antes da determinação da sua massa, pois du-
rante este procedimento ocorrem perdas de
massa no almofariz.
2.4.4.
Arrefeceram em banho de água gelada, para
favorecer a formação dos cristais, que são
mais solúveis a quente, e para tornar a preci-
pitação dos cristais mais rápida.
2.4.5.1.
Os cristais obtidos por este processo de sín-
tese são muito finos e pequenos pelo que a fil-
tração por sucção é uma forma de tornar o
processo mais rápido e eficaz em virtude da di-
mensão dos sais formados. Além disso, a fil-
tração por sucção permite uma secagem dos
cristais mais eficaz e rápida.
2.4.5.2. (A)
2.5.1.
(D)
Determinar a massa molar de O2.
Mr(O2) = 2 Ar(O) § Mr(O2) = 2 * 16,00 §
§ Mr(O2) =32,00 ± M(O2) = 32,00 g mol-1
Determinar a quantidade de O2.
n(O2) = § n(O2) =
Determinar o número de átomos de O.
N(átomos de O) = 2 * n(O2) * NA
N(átomos de O) = 2 * *6,02 *1023 átomos
2.5.2.
Determinar a quantidade de O2 (ver item an-
terior).
n(O2) = § n(O2) = §
§ n(O2) = 1,33 mol
42,4
32,00
m(O2)
M(O2)
42,4
32,00
42,4
32,00
m(O2)
M(O2)
n (C8H9NO2)r.o.
n (C8H9NO2)t.p.
3,04 × 10–2
4,78 × 10–2
4,60
151,18
m (C8H9NO2)r.o.
M (C8H9NO2)
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Química
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Determinar a percentagem de pureza. % de pureza = 100,0% - % de impurezas % de pureza = 100,0% - 20% § § % de pureza = 80,0% Determinar a massa de KCl pura.
% de pureza= * 100 §
§ m(KCl)pura = §
§ m(KCl)pura = §
§ m(KCl)pura = 28,4 g
Determinar a quantidade de KCl. Mr(KCl) = Ar(K) + Ar(Cl) Mr(KCl) = 39,10 + 35,45 §
§ Mr(KCl) = 74,55 M(KCl) = 74,55 g mol-1
n(KCl) = § n(KCl) = §
§ n(KCl) = 3,81 * 10-1 mol Determinar o reagente limitante. Tendo em consideração a estequiometria da
reação:
n(O2) = n(KCl) §
n(O2) = * 3,81 * 10-1 § n(O2) = 0,571 mol
Para que 3,81 * 10-1 mol de KCl reagissem com-pletamente, seriam necessários 0,571 mol deO2. Existem 1,33 mol de O2 (mais do que o ne-cessário) pelo que o O2 está,portanto, em ex-cesso, sendo que o KCl é o reagente limitante.
Determinar a quantidade de KClO3 obtido. Tendo em consideração a estequiometria da
reação: n(KClO3) = n(KCl) §
§ n(KClO3) = 9,52 * 10-2 mol
Determinar a massa de KClO3 obtido. Mr(KClO3) = Ar(K) + Ar(Cl) + 3 Ar(O) §
§ Mr(KClO3) = 39,10 + 35,45 + 3 * 35,45 §§ Mr(KClO3) = 122,55 M(KClO3) = 122,55 g mol-1
m(KClO3) = n(KClO3) * M(KClO3) §§ m(KClO3) = 3,81 * 10-1 * 122,55 §§ m(KClO3) = 46,7 g
A massa de clorato de potássio produzida, ad-mitindo-se que a reação é completa, foi 46,7 g.
2.5.3.1. Nos espetros fotoeletrónicos, os diferentes ní-
veis energéticos correspondem a diferenteszonas na escala de energias de remoção, cor-respondentes a valores de ordens de grandezadiferentes. O número de subníveis correspondeao número de picos presentes em cada zonado espetro.
O espetro em análise mostra quatro zonasenergéticas distintas, o que revela quatro ní-veis energéticos, e os seis picos indicam seissubníveis: um no nível 1, dois no nível 2, doisno nível 3 e um no nível 4. Os picos evidenciamtrês tamanhos relativos, o que está relacio-nado com o número de eletrões que os origi-naram. Assim, podemos concluir que oseletrões se devem distribuir da seguinteforma: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1.
O elemento em questão deverá pertencer aoquarto período, pois distribui os seus eletrõespor quatro níveis energéticos diferentes, osseus eletrões de valência (os seus eletrõesmais externos) encontram-se no quarto nível.Deverá pertencer ao primeiro grupo, pois pos-sui apenas um eletrão de valência (eletrões devalência são os que se encontram no nível ener-gético mais externo, numa configuração eletró-nica de estado fundamental, aquela em que oseletrões ocupam as orbitais de menor energia),o nível energético mais externo possui apenasum eletrão. Deverá pertencer ao bloco s porqueo seu eletrão mais externo ocupa uma orbitaldo tipo s (orbitais s – possuem forma esféricae existe uma em cada nível energético).
2.5.3.2. O elemento químico, presente no clorato de po-
tássio, que pertence ao quarto período, pri-meiro grupo e bloco s é o elemento químico denúmero atómico 19, potássio.
% de pureza *m(KCl)impura
100
80 * 35,5
100
28,4
74,55
m(KCl)
M(KCl)
3
2
3
2
m(KCl)pura
m(KCl)impura
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3. NUM LABORATÓRIO DE QUÍMICA(pp. 251-253)
3.1. Espátula, balança, gobelé, garrafa de esguichocom água desionizada, funil, balão volumétricode 100,00 mL e vareta.
3.2. Recorrendo a uma balança, medir a massa desoluto necessária diretamente para um go-belé, retirando a massa de soluto com a ajudade uma espátula do frasco que a contém.
Transferir água desionizada da garrafa de es-guicho para o gobelé (menos de 50,0 cm3).
Dissolver o soluto com água desionizada, agi-tando com o auxílio de uma vareta.
Aquecer, se necessário, deixando de seguidaarrefecer até à temperatura ambiente.
Transferir a solução para um balão volumé-trico de capacidade igual ao volume que sepretende preparar.
Lavar o gobelé (três vezes) com pequenas por-ções de água desionizada, transferindo aságuas de lavagem para o balão volumétrico.
Fazer o mesmo com o funil, retirando-o de se-guida.
Completar o volume com água desionizada atéao traço de referência.
Agitar o balão para homogeneizar a solução.3.3. (D) 2HCl(aq) +Na2CO3 (aq) 2 NaCl (aq) +H2CO3 (aq),
pois é a única que respeita a lei de Lavoisier.3.4.1. (A) O ácido clorídrico é um material corrosivo. É não explosivo pelo que não poderia ter o sím-
bolo (B), não é radioativo pelo que não poderiater o símbolo (C) e não é um produto combu-rente, pelo que não podia ter o símbolo (D).
3.4.2. A preparação de soluções diluídas de ácido
clorídrico, a partir da respetiva solução con-centrada, deve ser realizada numa hotte por-que esse ácido concentrado liberta vaporescorrosivos que não devem ser inalados ou con-tactar com a pele.
3.4.3. Determinar a quantidade de HCl existente
na solução diluída.
Vsolução diluída = 500,00 cm3 §§ Vsolução diluída = 500,00 * 10-3 dm3
[HCl]solução diluída = §
§ n(HCl) = [HCl]solução diluída * Vsolução diluída § § n(HCl) =0,50 * 500,00 * 10-3 §
§ n(HCl) =0,25 mol
Determinar a correspondente massa de HCl.
Mr(HCl) = Ar(H) + Ar(Cl)
Mr(HCl) = 1,01 + 35,45 § Mr(HCl) = 36,46
M(HCl) = 36,46 g mol-1
m(HCl) = n(HCl) *M(HCl) §
§ m(HCl) = 0,25 * 36,46 § m(HCl) = 9,12 g
Determinar a massa de HCl concentrado
que contém essa massa de HCl.
%(m/m)HCl = * 100 §
§ m(solução) = * 100 §
§ m(solução) = * 100 §
§ m(solução) = 23,8 g
Determinar o volume de solução de HCl
concentrado que contém essa massa.
rsolução = §
§ V(solução) = §
§ V(solução) = §
§ V(solução) = 20,0 cm3
O volume de ácido clorídrico concentrado uti-
lizado para preparar a solução diluída é
20,0 cm3.
3.4.4.
Balão volumétrico de 500,00 cm3.
3.4.5.
[19,96 ; 20,04] cm3.
3.4.6.
(B) Para evitar os erros de paralaxe, a leitura do
nível do líquido deve ser feita com os olhos ao
nível da tangente ao menisco, visto tratar-se de
um líquido incolor.
3.4.7.
Erros de paralaxe.
3.4.8.
Lavar bem o balão volumétrico de 500,00 cm3
com água desionizada.
Colocar um pouco de água desionizada dentro
do balão volumétrico, cerca de 250 cm3.
Lavar um gobelé com um pouco da solução de
ácido concentrado. Rejeitar para um frasco de
restos.
Transferir um pouco de solução concentrada
de HCl (um pouco mais de 20 cm3) para o go-
belé. Aspirar um pouco de solução para a
n(HCl)
Vsolução diluída
m(HCl)
m(solução)
m(HCl)
%(m/m)HCl
9,12
38,3
m(solução)
V(solução)
m(solução)
rsolução
23,8
1,19
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Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
pipeta e enxaguá-la, desprezando o líquido de
lavagem para o frasco de restos.
Fazer a toma de 20,00 cm3 com a pipeta volu-
métrica e o auxílio da pompete, transferindo-
-a quantitativamente para o balão volumétrico.
Completar o volume com água desionizada até
ao traço de referência do balão, medindo cor-
retamente de modo a evitar erros de paralaxe.
Agitar o balão para homogeneizar a nova so-
lução.
3.4.9. Afirmação falsa. Para fazer a primeira mistura
de ácido concentrado com a água, o ácido con-
centrado deve ser colocado lentamente sobre
a água. Quando se adiciona ácido lentamente
sobre a água, o ácido tende a ionizar-se, liber-
tando uma grande quantidade de energia (rea-
ção exotérmica), sendo que, a energia libertada
é distribuída uniformemente na água, que para
maior segurança deve existir em maior volume.
Assim, a reação não se torna tão violenta. Se a
adição for de água sobre ácido, a reação será
rápida e incontrolável, já que a superfície de
contacto do ácido é maior, libertando-se ener-
gia suficiente para provocar um maior aumento
de temperatura, em menos tempo.
3.5.1. Por “preparar a bureta” entende-se lavar a bu-
reta com água e detergente de modo a retirar
a gordura. De seguida, lavar com água da tor-
neira para retirar o excesso de detergente;
com água desionizada para retirar a água da
torneira, enxaguar com um pouco da solução
de HCl a ser medida e verificar o correto fun-
cionamento da torneira.
3.5.2. (C)3.5.3.1. Lava-se a bureta com solução titulante – ácido
clorídrico 0,50 mol dm-3 – para remover água
que “molha” as paredes, o que diluiria a solu-
ção a utilizar. 3.5.3.2. Lava-se a pipeta volumétrica com um pouco
de solução de carbonato de sódio para remo-ver algumas impurezas ou mesmo água queela ainda contenha agarrada às paredes, o quediluiria a solução a utilizar.
3.5.3.3. Não se pode lavar o recipiente para onde se vai
transferir a solução a titular com esta solução,
porque desta forma o volume a titular não
seria o medido com a pipeta volumétrica.
3.5.4. (C) O instrumento que mediu estes volumes
foi a bureta. A escala da bureta é de 0,1 em
0,1 cm3, logo a incerteza de leitura é de
0,05 cm3 (metade da menor divisão da escala,
porque o aparelho é analógico).
Determinar o volume gasto em cada ensaio.
DV = Vf - Vi
1.° Ensaio: DV1 = Vf - Vi §
§ DV1 = 54,25 - 4,25 § DV1 = 50,00 cm3
2.° Ensaio: DV2 = Vf - Vi §
§ DV2 = 53,25 - 3,15 § DV2 = 50,10 cm3
3.° Ensaio: DV3 = Vf - Vi §
§ DV3 = 67,75 - 15,25 § DV3 = 52,50 cm3
4.° Ensaio: DV4 = Vf - Vi §
§ DV4 = 52,08 - 2,18 § DV4 = 49,90 cm3
O 3.° ensaio deve ser rejeitado pois afasta-se
demasiado dos resultados obtidos nos restan-
tes ensaios.
3.5.5.
A fase da adição de HCl (aq) em que se obtém
uma maior variação de pH é na proximidade
(vizinhança) do ponto de equivalência.
3.5.6.
Determinar o volume médio.
∆ DVmédio =∆ §
∆ DVmédio =∆ §
§∆DVmédio =∆50,00 cm3
O volume de titulante gasto na titulação foi
50,00 cm3.
3.6. Determinar a quantidade de HCl gasto na ti-
tulação.
[HCl] = § n(HCl) = [HCl] * V §
§ n(HCl) = 0,50 * 50,00 * 10-3 §
§ n(HCl) = 2,5 * 10-2 mol
Determinar a quantidade de Na2CO3 nos
10,00 cm3 de solução.
Tendo em consideração a estequiometria da
reação (ver 3.3):
n(Na2CO3) = n(HCl) §
§ n(Na2CO3) = * 2,5 * 10-2 §
§ (Na2CO3) = 1,25 * 10-2 mol
n(HCl)
V
DV1 + DV2 + DV4
3
50,00 + 50,10 + 49,90
3
1
2
1
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Determinar a concentração de Na2CO3 na
solução
[Na2CO3] = §
§ [Na2CO3] = §
§ [Na2CO3] = 1,25 mol dm-3
3.7. (D) Atendendo à equação química que traduz
a titulação da solução de carbonato de sódio
pelo ácido clorídrico
2 HCl +Na2CO3 (aq) 2 Na+ (aq) +2 Cl- (aq) +H2CO3 (aq)
verifica-se que no ponto de equivalência exis-
tem as espécies Na+ e Cl- que têm caráter
ácido-base neutro e o ácido carbónico que
como o seu próprio nome indica tem caráter
ácido em solução. Assim, no ponto de equiva-
lência, o pH é menor que 7 em virtude da ioni-
zação do ácido carbónico:
H2CO3 (aq) + H2O (l) HCO3- (aq) + H3O
+ (aq) .
3.8. Será necessário determinar o grau de pureza
do carbonato de sódio.
Determinar a quantidade de carbonato de
sódio nos 100,00 cm3 de solução preparada.
[Na2CO3] = §
§ n(Na2CO3) = [Na2CO3] * V §
§ n(Na2CO3) = 1,25 * 10,00 * 10-3 §
§ n(Na2CO3) = 1,25 * 10-2 mol
Determinar a massa de carbonato de sódio
nos 100,00 cm3 de solução preparada.
Mr(Na2CO3) = 2 Ar(Na) + Ar(C) + 3 Ar(O)
Mr(Na2CO3) = 2 * 22,99 + 12,01 + 3 * 16,00 §
§ Mr(Na2CO3) = 105,99
M(Na2CO3) = 105,99 g mol-1
m(Na2CO3) = n(Na2CO3) * M(Na2CO3) §
§ m(Na2CO3) = 1,25 * 10-2 * 105,99 § § m(Na2CO3) = 13,25 g, o que significa que
dos 14,75 g utilizados para preparar a solução,apenas 13,25 g eram carbonato de sódio,sendo o restante impurezas.
Determinar o grau de pureza.
% de pureza = * 100 §
§ % de pureza = * 100 §
§ % de pureza = 89,8%
O laboratório deve devolver o lote de carbo-
nato de sódio pois a sua percentagem de pu-
reza é muito menor do que a mínima garantida
pelo fornecedor (89,8% < 96%).
"@
n(Na2CO3)
V
m(Na2CO3)pura
m(Na2CO3)impura
13,25
14,75
n(Na2CO3)
V
1,25 * 10-2
10,00 * 10-3
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4. QUALIDADE DO LEITE (pp. 254-255)
4.1. CH3CHOHCOOH (aq) +H2O (l) CH3CHOHCOO- (aq) +H3O+ (aq)
4.2. Determinar a temperatura em °C.
TK = q(°C) + 273,15 § q(°C) = TK - 273,15 §
§ q(°C) = 288,15 - 273,15 §
§ q(°C) = 15,00 °C
Determinar o valor médio da densidade do
leite.
rleite = § rleite = §
§ rleite = 1,032 g cm-3
O valor médio da densidade do leite a 288,15 K
é 1,032 g cm-3.
4.3.1.
A expressão significa fazer reagir amostras de
leite com uma solução aquosa de hidróxido de
sódio, até a reação estar completa, isto é, até
todo o ácido ter reagido com a quantidade ne-
cessária e suficiente de solução aquosa de hidró-
xido de sódio, de acordo com a estequiometria
da reação. Porém, quando a reação termina
[OH-] > [H3O+] porque o anião lactato tem ca-
ráter básico, sofrendo hidrólise originando iões
OH- de acordo com a equação química:
CH3 CHOH COO- (aq) + H2O (l) CH3 CHOHCOOH (aq) + OH- (aq)
4.3.2.
Volume inicial, Vi = 12,40 cm3
Volume final, Vf = 14,40 cm3
Volume de titulante, DV = Vf - Vi §
§ DV = 2,00 cm3
O volume de titulante gasto na titulação do
10,00 mL de leite foi de 2,00 cm3.
4.3.3.
(C)
(A) Fica com resíduos de água desionizada,
medindo de seguida,um volume de leite infe-
rior ao indicado na sua capacidade.
(B) É impossível depois de passar a pipeta por
água desionizada conseguir a sua completa
secagem em tempo útil.
(D) Material utilizado em medição rigirosa de
líquidos não pode ser seco em estufa. A tem-
peratura elevada altera a sua capacidade.
Assim só a hipótese (C) é válida.
4.3.4.
(C) O volume de leite é medido com uma pi-
peta volumétrica de 10,00 mL, pois tem de ser
medido da forma mais rigorosa possível. O vo-
lume de solução titulante é adicionado ao
titulado até se atingir o ponto de equivalência
medido por medição indireta,
(Vadicionando = Vfinal - Vinicial), também de forma ri-
gorosa, usando uma bureta. O balão volumé-
trico é usado para preparar soluções e não
para realizar titulações.
4.3.5. (A)
Determinar a [H3O+] no leite a 20 °C.
pH = - log [H3O+] § [H3O
+] = 10-pH §
§ [H3O+] = 10(- 6,7) §
§ [H3O+] = 2,00 * 10-7 mol dm-3
Determinar a quantidade de iões H3O+ em
500 mL desse leite a 20 °C.
[H3O+] = § n(H3O
+) = [H3O+] * V §
§ n(H3O+) = 2,00 * 10-7 * 0,500 §
§ n(H3O+) = 1,00 * 10-7 mol
(B) Afirmação falsa. O pH do leite diminui
quando a temperatura aumenta de 20°C para
25 °C, pelo que a concentração e H3O+ au-
menta e a de OH- também, porque aumenta o
valor de Kw.
(C) Afirmação falsa. A 25 °C, o pH do leite é in-
ferior ao seu pH a 20 °C porque o aumento de
temperatura favorece a ionização das subs-
tâncias ácidas contidas no leite, incluindo a
própria água, já que Kw também aumenta com
o aumento da temperatura, baixando assim o
pH (a ionização dessas substâncias ácidas é
um processo endotérmico). Se a ionização das
substâncias ácidas não aumentasse com o au-
mento da temperatura, o pH não diminuía pois
não aumentava a concentração de H3O+.
Determinar [H3O+]
[H3O+] = 10-pH
[H3O+] = 10-6,7 §
§ [H3O+] = 2,00 * 10-7 mol dm-3
(D) A 20 °C [H3O+] = 2,00 * 10-7 mol dm-3
pois o pH é 6,7.
Determinar a provável [OH-]
[OH-] = § [OH-] = §
§ [OH-] = 1,00 * 10-7 mol dm-3
Determinar Kw admitindo a provável [OH-].
Kw = [H3O+] * [OH-] §
§ Kw = 2,00 * 10-7 * 1,00 * 10-7 §
§ Kw = 2,00 * 10-14
n(H3O+)
V
5,0 * 10-8
0,500
n(OH-)
V
"@
1,023 + 1,040
2
r1 + r2
2
"@
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Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Relacionar com a Kw a 25 °C.
Kw = 2,00 * 10-14 > Kw (a 25 °C)
Dado que Kw aumenta com o aumento de tem-
peratura (a autoionização da água é um pro-
cesso endotérmico), a situação apresentada
só será possível numa condição de tempera-
tura superior a 25 °C.
4.3.6.
(C) A equação química que traduz a reação re-
ferente à titulação é
CH3CHOHCOOH (aq) + NaOH (aq) Na+ (aq)
+ CH3CHOHCOO- (aq) + H2O (l)
Os produtos desta reação são o catião sódio,
Na+, e a H2O que são partículas neutras do ponto
de vista ácido-base e o anião CH3CHOHCOO-
que é uma partícula que apresenta carácter
básico (pois é a base conjugada do ácido lác-
tico) sofrendo hidrólise em presença de água
de acordo com a equação CH3CHOHCOO- (aq)
+ H2O (l) CH3CHOHCOOH (aq) + HO- (aq).
Assim, confere carácter basico à solução pelo
que o seu pH, a 25 °C, será superior a 7.
4.3.7.1.
Determinar a quantidade de NaOH gasta na
titulação.
[NaOH] = §
§ n(NaOH) = [NaOH] * V(NaOH) §
§ n(NaOH) = 2,00 * 10-3 * 0,100 §
§ n(NaOH) = 2,00 * 10-4 mol
Determinar quantidade de ácido lático na
toma de 10,00 cm3 de leite.
Tendo em atenção a estequiometria da equa-
ção que traduz a reação que ocorre durante a
titulação: CH3CHOHCOOH (aq) +NaOH (aq) CH3CHOHCOO- (aq) +Na+ (aq) +H2O (l)
n(CH3CHOHCOOH) = n(NaOH) §
§ n(CH3CHOHCOOH) = 2,00 * 10-4 mol
Determinar a concentração do ácido lático
no leite.
[CH3CHOHCOOH] =
[CH3CHOHCOOH] = §
§ [CH3CHOHCOOH] = 2,00 * 10-2 mol dm-3
Assim, de acordo com a definição, a acidez do
leite é 0,0200 mol de ácido lático por litro de
leite.
4.3.7.2.
Determinar a massa equivalente à quanti-
dade de ácido lático existente em um litro,
ou seja, 2,00 * 10-2 mol.
Mr(CH3CHOHCOOH) = 3 Ar(C) + 6 Ar(H) + 3 Ar(0)
Mr(CH3CHOHCOOH) = 3 * 12,01 + 6 * 1,01 + 3 * 16,00
Mr(CH3CHOHCOOH) = 90,09
M(CH3CHOHCOOH) = 90,09 g mol-1
m(CH3CHOHCOOH) = n(CH3CHOHCOOH) *M =
= m(CH3CHOHCOOH) = 2,00 * 10-2 * 90,09 =
= 1,80 g
(massa de ácido lático em um litro de leite).
Assim, de acordo com a definição, a acidez do
leite é 1,8 g de ácido lático por litro de leite.
4.3.8.
Determinar a quantidade de ácido lático em
um litro de leite.
[CH3CHOHCOOH] = §
§ n(CH3CHOHCOOH) =
= [CH3CHOHCOOH] * V(leite) §
§n(CH3CHOHCOOH) =2,00 *10-2*1,00 §
§ n(CH3CHOHCOOH) = 2,00 * 10-2 mol
Determinar a quantidade de NaOH necessá-
rio para reagir completamente com o ácido
láctico existente em um litro.
Tendo em atenção a estequiometria da equa-
ção que traduz a titulação:
CH3CHOHCOOH (aq) + NaOH (aq) CH3CHOHCOO- (aq) +
+ Na+ (aq) + H2O (l)
n(CH3CHOHCOOH) = n(NaOH) §
§ n(NaOH) = 2,00 * 10-2 mol
Determinar o volume de solução de NaOH
1,0 mol dm-3 que contém 2,00 * 10-2 mol.
[NaOH] = §V(NaOH) = §
§ V(NaOH) = §
§ V(NaOH) = 2,00 * 10-2 dm3 §
§ V(NaOH) = 20,0 cm3
Segundo a NP, o leite é próprio para consumo
se a acidez for inferior a 17.
A acidez do leite é 20 (são necessários 20 cm3
de uma solução alcalina de NaOH, 1,0 mol/dm3,
para reagir completamente com um litro de
leite) o que permite concluir que o leite está
impróprio para consumo.
n(CH3CHOHCOOH)
V(leite)
"
n(NaOH)
[NaOH]
n(NaOH)
V(NaOH)
2,00 * 10-2
1,0
n(CH3CHOHCOOH)
V(leite)
2,00 * 10-4
10,00 * 10-3
"@
"@
n(NaOH)
V(NaOH)
"@
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Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
4.4. A força de um ácido está relacionada com asua constante de acidez, sendo tanto maiorquanto maior for o valor dessa constante.
Quanto maior for o valor da constante de aci-
dez de um ácido mais extensa é a sua ioniza-
ção, originando uma maior quantidade de iões
H3O+ em solução, pelo que o pH diminui.
Se o pH do leite é mais elevado do que aquilo
que seria espectável se os ácidos fossem for-
tes, é porque a menor quantidade de iões H3O+
presentes em solução se deve ao facto de os
ácidos nele presentes terem constantes de
acidez pouco elevadas. Assim, podemos con-
cluir que os ácidos presentes no leite são fra-
cos, pelo que possuem constantes de acidez Kc
baixas, pois caso contrário o pH seria inferior.
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Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
5. CONTROLO DA ACIDEZ DE UM AQUÁRIO(pp. 256-257)
5.1. (B)
[OH-] = [H3O+], implica que a solução é neutra,
mas só a 25 °C o valor dessa concentração é
1,0 * 10-7 mol dm-3.
Numa solução ácida, qualquer que seja a tem-
peratura [H3O+] > [OH-].
Numa solução alcalina, qualquer que seja a
temperatura, |OH-| > |H3O+|.
5.2. (A)
Determinar a massa de solução.
r = §
§ m(solução) = r * V(solução) §
§ m(solução) = 1,2 * 0,2
Determinar a massa de HCl,
%(m/m) (HCl) = * 100 §
§ m(HCl) = §
§ m(HCl) = §
§ m(HCl) = * §
§ m(HCl) = 0,30 * 1,2 * 0,2.
5.2.1.
Determinar a [H3O+], a 25 °C.
pH = - log [H3O+] § [H3O
+] = 10-pH §
§ [H3O+] = 10(- 6,8) §
§ [H3O+] = 1,58 * 10-7 mol dm-3
Determinar a [OH-], a 25 °C.
Kw = [H3O+] * [OH-] § [OH-] = §
§ [OH-] = §
§ [OH-] = 6,34 * 10-8 mol dm-3
A concentração de iões OH- quando pH da so-
lução é 6,8 é 6,34 * 10-8 mol dm-3.
5.2.2.1. (C)
(A) Nestas reações, a água comporta-se sem-
pre como uma base, pois capta um protão (H+).
(B) A base conjugada de H3PO4 é H2PO4-. A es-
pécie HPO42- é a base conjugada de H2PO4
-.
(C) A espécie HPO42- (aq) é uma partícula an-
fotérica, pois comporta-se como ácido e como
base.
(D) A espécie PO43- (aq) não pode ser um ácido,
segundo Brönsted-Lowry, pois não pode ceder
protões (H+).
5.2.2.2.
A expressão que traduz a constante de acidez
para a primeira ionização do ácido fosfórico
tem por base a equação química:
H3PO4 (aq) + H2O (l) H2PO4- (aq) + H3O
+ (aq)
Ka =
5.3. Quando se adiciona o cloreto de sódio(NaCl) à
solução, este dissocia-se de acordo com a
equação: NaCl (aq) " Na+ (aq) + Cl- (aq)
Os iões Na+ e Cl- têm caráter químico ácido-
-base neutro, ou seja, não têm tendência a cap-
tar ou a ceder o protão (H+), pelo que não pos-
suem a característica de alterar o pH. Assim,
este mantém-se constante.
Ao adicionar o cloreto de amónio (NH4Cl) à so-
lução, este dissocia-se de acordo com a equa-
ção: NH4Cl (aq) " NH4+ (aq) + Cl- (aq)
Os iões Cl- têm caráter químico ácido-base
neutro, não têm tendência a captar ou a ceder
o protão (H+), pelo que não possuem a carac-
terística de alterar o pH da solução. Porém, os
iões amónio (NH4+) têm comportamento ácido,
pois cedem o protão (H+). Em solução aquosa
sofrem hidrólise de acordo com a equação:
NH4+ (aq) + H2O (l) NH3 (aq) + H3O
+ (aq)
A presença do ião amónio leva ao aumento da
concentração de H3O+ o que se traduz numa di-
minuição de pH (quanto maior a concentração
de H3O+ menor é o pH, já que pH = - log [H3O
+]).
Assim, a adição de cloreto de amónio vai pro-
vocar diminuição do pH, pois faz aumentar a
concentração de H3O+. Contudo, não é possível
saber se a solução obtida tem caráter ácido ou
básico pois desconhecem-se as concentrações
iniciais de H3O+ e OH-, dado que desconhece-se
a temperatura.
5.4.1.
A equação química que traduz a autoionização
da água é:
2 H2O (l) H3O+ (aq) + OH- (aq)
A expressão do produto iónico da água é:
Kw = [H3O+]e * [OH-]e
Atendendo ao gráfico, verifica-se que o valor
da constante Kw aumenta com o aumento de
temperatura, isto é, com o seu aumento as
concentrações dos produtos da ionização da
Kw
[H3O+]
1,0 * 10-14
1,58 * 10-7
"@
[H2PO4-]e * [H3O
+]e
[H3PO4]e
"@
30
100
1,2 * 0,2
1
30 * 1,2 * 0,2
100
m(solução)
V(solução)
m(HCl)
m(solução)
(m/m) (HCl) * m(solução)
100
"@
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Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
água, H3O+ e OH- aumentam, o que traduz a
evolução do sistema no sentido direto.
Atendendo ao princípio de Le Châtelier, quando
se provoca uma perturbação ao sistema em
equilíbrio, este evolui de modo a contrariar a
perturbação a que foi sujeito. Assim, aumen-
tando a temperatura, o sistema evolui no sen-
tido direto; então, nesse sentido ocorre
absorção de energia, a reação é endotérmica,
podendo assim concluir-se que a autoionização
da água é um processo endotérmico.
5.4.2.
Ler no gráfico o valor de Kw a 34 °C.
Por leitura gráfica, verifica-se que Kw a 34 °C
é 2,0 * 10-14
Determinar a [H3O+] a 34 °C.
pH = - log [H3O+] § [H3O
+] = 10-pH §
§ [H3O+] = 10(- 6,6) §
§ [H3O+] = 2,51 * 10-7 mol dm-3
Determinar a [OH-] a 34 °C.
Kw = [H3O+] * [OH-] § [OH-] = §
§ [OH-] = §
§ [OH-] = 7,97 * 10-8 mol dm-3
Determinar o pOH a 34 °C.
pOH = - log [OH-] §§ pOH = - log 7,97 * 10-8 §§ pOH = 7,1
O pOH da água dessa piscina a 34 °C é 7,1.
2,0 * 10-14
2,51 * 10-7
Kw
[H3O+]
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QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
6. ÁGUA, ÁGUA E… MAIS ÁGUA… (pp. 258-261)
6.1. A frase indicada faz referência ao facto de ape-
sar de existir muita água no planeta Terra ape-
nas uma fração muito pequena (cerca de
0,01%) pode ser consumida pelo ser humano.
Apesar de a Terra ser considerada o planeta
da água (Planeta Azul), a quase totalidade
existente é salgada (cerca de 97,5%). Dos res-
tantes, cerca de 2,5% constituem a parcela de
água doce e 99,6% não são aproveitáveis, uma
vez que se situam em glaciares e placas de
gelo (Gronelândia e Antártida) ou no interior
da crusta terrestre (águas profundas). Assim,
a água realmente disponível para consumo
(lagos, pântanos, rios,…) representa uma parte
ínfima de toda a água existente na Terra (cerca
de um centésimo de 1%).
6.2. A expressão do texto que justifica o facto de a
água do mar não ser adequada ao consumo
pelos seres vivos terrestres é:
“Como a água do mar é corrosiva e tóxica para
os animais e plantas terrestres.”
6.3. Uma expressão equivalente a “água para beber”
será “água potável”.
6.4.1.
A água mais ácida é a Z, pois é aquela que
apresenta menor valor de pH. O pH é dado
pela expressão pH = - log [H3O+]. Assim,
quanto menor o pH, para a mesma tempera-
tura, maior a concentração de H3O+ e maior a
acidez.
6.4.2.
Uma água é tanto mais dura quanto maior for
a quantidade de ião cálcio existente num dado
volume de solução.
As águas duras não favorecem a formação de
espuma quando se utiliza sabonete ou sabão.
Assim, a água que se “oporá” menos à forma-
ção de espuma será aquela que apresentar
uma menor concentração de catião cálcio
(Ca2+), pelo que será a água Z.
6.4.3.1.
A sílica será uma substância composta pois é
constituída por átomos de mais do que um ele-
mento químico.
6.4.3.2.
Indicar o volume de água na garrafa de
água X.
Vgarrafa de água X = 0,5 dm3
Determinar a massa de sílica existentenuma garrafa de água X.
cm = § m(SiO2) = cm * V §
§ m(SiO2) = 16,8 * 0,5 § m(SiO2) = 8,4 mg A massa de sílica existente numa garrafa de
água X é 8,4 mg.6.4.4. (A) Carbonato de lítio – Li2CO3
(B) Sulfato de potássio – K2SO4
(C) Fosfato de amónio – (NH4)3PO4
(D) Hidróxido de magnésio – Mg(OH)2
(E) Sulfureto de ferro (III) – Fe2S3
(F) Brometo de alumínio – AlBr3
6.5.1. 2 H2O (l) H3O
+ (aq) + OH- (aq)6.5.2. A afirmação é verdadeira. Tendo em conside-
ração a informação contida no gráfico, o valordo produto iónico da água, Kw, a 60 °C é supe-rior ao valor do produto iónico da água a 25 °C.
Quanto maior o valor Kw, maior a concentraçãode H3O
+, pois Kw = [H3O+] * [OH-].
Em água, a concentração de H3O+ é igual àconcentração de OH-.
Se [H3O+] = [OH-] pode reescrever-se o pro-duto iónico da água como, Kw = [H3O
+]2 o quepermite dizer que em água [H3O
+] = V√K√w. Jus-tifica-se, assim, que em água, quanto maior ovalor Kw maior a concentração de H3O+ e deOH-, pois estas são iguais.
Realça-se que apesar do pH diminuir com o au-mento de temperatura, a acidez da água nãovaria porque a concentração de OH- também au-menta e mantêm-se a condição [H3O
+] = [OH-].6.5.3. (D) (A) Afirmação falsa. Tendo em consideração o
Princípio de Le Châtelier, quando a um sistemaem equilíbrio se causa uma perturbação, estereage no sentido de contrariar a perturbação aque foi sujeito. Assim, aumentando a tempera-tura de um sistema em equilíbrio este evolui nosentido endotérmico (sentido que ocorre comcon sumo/absorção de energia). De acordo com aleitura gráfica, quando a temperatura aumenta, oproduto iónico da água, Kw = [OH-] * [H3O
+], au-menta, o que indica que o sistema evolui nosentido que conduz ao aumento da concentra-ção dos iões, ou seja, no sentido direto. Assim,a autoionização da água é um processo endo-térmico.
(B) Afirmação falsa.
m(SiO2)
V
"@
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QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Determinar a concentração de H3O+ em
água a 25 °C.
Por leitura gráfica verifica-se que
Kw(25°C) = 1,0 * 10-14
Em água [H3O+] = [HO-].
[H3O+] = [HO-] ± Kw = [H3O
+]2
[H3O+] = V√K√w § [H3O
+] = V√1,√0 √* √1√0√-14 §
§ [H3O+] = 1,0 * 10-7 mol dm-3
Determinar o pH da solução.
pH = - log [H3O+]
pH = - log (1,0 * 10-7) § pH = 7
O pH da água é 7,0, à temperatura de 25 °C.
(C) Afirmação falsa. Por leitura gráfica, veri-
fica-se que o produto iónico da água, Kw, a
50 °C é superior ao produto iónico da água, a
25 °C, o que significa que a 50 °C a concentra-
ção dos iões H3O+ e OH- é superior. Tal indica
que, a essa temperatura, o equilíbrio de autoio-
nização da água está mais deslocado no sen-
tido da formação dos iões e, portanto, a
autoionização da água a 50 °C é mais extensa
do que a 25 °C.
(D) Afirmação correta.
Determinar a concentração de OH- em água
a 60 °C.
Por leitura gráfica verifica-se que
Kw(60°C) = 10,0 * 10-14
Em água [H3O+] = [OH-].
[H3O+] = [OH-] ± Kw = [OH-]2
[OH-] = V√K√w § [OH-] = V√1√0,√0 √*√ 1√0√-14 §
§ [OH-] = 3,16 * 10-7 mol dm-3
Determinar o pOH da solução.
pOH = - log [OH-] §
§ pOH = - log (3,16 * 10-7) § pOH = 6,5
A 60 °C, o pOH da água é 6,5, ou seja, é menor
do que 7.
6.5.4.
Estabelecer equação química que traduz a
ionização do ácido clorídrico em água.
O ácido clorídrico é um ácido muito forte que
em solução aquosa se encontra totalmente io-
nizado de acordo com a equação química:
HCl (aq) + H2O (l) " H3O+ (aq) + Cl- (aq)
Determinar a quantidade H3O+.
De acordo com a estequiometria da reação
n(H3O+) = n(HCl)
[HCl] = § n(HCl) = [HCl] * V
n(HCl) = 0,030 * V § n(HCl) = 0,030V (mol)
n(H3O+) = n(HCl) § n(H3O
+) = 0,030V (mol)
Determinar a concentração de H3O+.
[H3O+] = § [H3O
+] = §
§ [H3O+] = 0,030 mol dm-3
Determinar a concentração de OH-.
Por leitura gráfica, verifica-se que
Kw (50°C) = 5,0 * 10-14
Kw = [OH-] * [H3O+] §
§ [OH-] = §
§ [OH-] = §
§ [OH-] = 1,67 * 10-12 mol dm-3
Determinar o pOH da solução.
pOH = - log [OH-] §
§ pOH = - log (1,67 * 10-12) §
§ pOH = 11,8
O pOH da solução é 11,8.
6.6.1. A 25 °C, uma solução é básica se o seu pH for
maior do que 7 e é ácida se o pH for menor do
que 7.
A 25 °C, a água do mar possui pH maior do que
7, pelo que terá caráter químico alcalino ou bá-
sico.
A 25 °C, a água da chuva possui pH menor do
que 7, pelo que terá caráter químico ácido.
6.6.2. O gás responsável pelo valor do pH da água da
chuva é o dióxido de carbono (CO2), no caso da
água da chuva não poluída.
No caso da água da chuva poluída teremos,
também, a acidez causada por óxidos de azoto
e de enxofre.
6.7.1. Uma vez que os ácidos são todos monopróti-
cos, pode dizer-se que, quanto maior é o valor
da constante de acidez, Ka de um ácido, maior
a sua força como ácido. Assim, dos ácidos
apresentados, o mais forte é o ácido meta-
noico e o mais fraco é o ácido cianídrico. Por
ordem crescente da sua força relativa, ter-se-
á então ácido cianídrico, ácido etanoico e ácido
metanoico.
6.7.2.
Quanto mais forte é um ácido (quanto maior é o
valor da sua constante de acidez, Ka) mais fraco
é o poder da sua base conjugada (menor é o
valor da constante de basicidade, Kb). Assim, a
base que se apresenta mais forte, em solução
Kw
[H3O+]
5,0 * 10-14
0,030
n(HCl)
V
0,030V
V
n(H3O+)
V
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Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
aquosa, é a base conjugada do ácido mais fraco,
ou seja, o ácido cianídrico. Então, a base que se
apresenta mais forte, em solução aquosa, é o
anião cianeto (CN-), que é a base conjugada do
ácido cianídrico.
6.7.3.1.
HCOOH (aq) +H2O (l) H3O+ (aq) +HCOO- (aq).
6.7.3.2.
Determinar a quantidade de H3O+ formado
quando se atinge o equilíbrio de ionização
do ácido metanoico, admitindo um volume
de solução de 1,0 dm3.
*A quantidade inicial de H3O+ não é zero, devido à au-
toionização da água. No entanto, a quantidade de H3O+
proveniente da autoionização da água é muito pequenaquando comparada com a proveniente da ionização doácido. Por isso, pode considerar-se praticamente zeroe assim desprezar-se a quantidade inicial de H3O
+, poisé a proveniente da autoionização da água.
pH = - log [H3O+] § [H3O
+] = 10-pH
[H3O+] = 10(- 3,0) §
§ [H3O+] = 1,0 * 10-3 mol dm-3
[H3O+] = § n(H3O
+) = [H3O+] * V §
§ n(H3O+) = 1,0 * 10-3 * 1,0 §
§ n(H3O+) = 1,0 * 10-3 mol
Determinar a quantidade inicial de ácido
metanoico.
x = n(H3O+) = 1,0 * 10-3 mol
Kc = §
*
§ Kc = §
*
§ Kc = §
§ 1,80 * 10-4 = §
§ 1,80 * 10-4 * (y - 1,0 * 10-3) = (1,0 * 10-3)2 §
§ 1,80 * 10-4 * y - 1,8 * 10-7 = 1,0 * 10-6 §§ 1,80 * 10-4 * y = 1,18 * 10-6 §
§ y = § y = 6,6 * 10-3
y = n(HCOOH)inicial = 6,6 * 10-3 mol Determinar a concentração inicial de ácido
metanoico.
[HCOOH]inicial = §
[HCOOH]inicial = §
§ [HCOOH]inicial = 6,6 * 10-3 mol dm-3
A concentração inicial do ácido metanoico era6,6 * 10-3 mol dm-3.
6.7.4. A afirmação é verdadeira, pois para dispô-las
por ordem crescente do seu valor de pH seriatambém necessário conhecer a concentraçãoinicial dos respetivos ácidos.
6.8.1. Determinar a quantidade de CH3COOH admi-
tindo um volume de solução de 1,0 dm3.
[CH3COOH] = §
§ n(CH3COOH) = [CH3COOH] * V §§ n(CH3COOH) = 0,02 * 1,0 §§ n(CH3COOH) = 0,02 mol
Determinar a quantidade de H3O+ formado
quando se atinge o equilíbrio de ionizaçãodo ácido.
*A quantidade inicial de H3O+ não é zero devido à au-
toionização da água. No entanto, a quantidade de H3O+
proveniente da autoionização da água é muito pequenaquando comparada com a proveniente da ionização doácido. Por isso, pode considerar-se praticamente zeroe assim desprezar-se a quantidade inicial de H3O
+, poisé a proveniente da autoionização da água.
Kc =
*
§ Kc = §
*
§ Kc = §
§ 1,8 * 10-5 =
n(HCOO-)e
V
n(H3O+)e
V
n(HCOOH)e
V
x
1,0
x
1,0
0,020 - x
1,0
[H3O+]e* [HCOO-]e
[HCOOH]e
n(CH3COOH)
V
CH3COOH (aq) + H2O (l) "@ HCOO- (aq) + H3O+ (aq)
ni/mol 0,020 — 0 ]0*
Variação -x — +x +x
neq/mol 0,020 - x — x x
"@
n(H3O+)
V
[H3O+]e* [HCOO-]e
[HCOOH]e
n(HCOO-)e
V
n(H3O+)e
V
n(HCOOH)e
V
1,0 * 10-3
1,0
1,0 * 10-3
1,0
y - 1,0 * 10-3
1,0
(1,0 * 10-3)2
y - 1,0 * 10-3
1,18 * 10-6
1,80 * 10-4
n(HCOOH)inicial
V
6,6 * 10-3
1,0
HCOOH (aq) + H2O (l) "@HCOO-
(aq) + H3O+ (aq)
ni/mol y — 0 ]0*
Variação -x — +x +x
neq/mol y - x — x x
x2
0,020 - x
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21
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
1,8 * 10-5 (0,020 - x) = x2 §
§ x2 + 1,8 * 10-5 x - 3,6 * 10-7 = 0
x = 5,9 * 10-4 ou x = - 6,0 * 10-4 (este valor
não tem significado físico)
Determinar a concentração de H3O+.
n(H3O+) = 5,9 * 10-4 mol
[H3O+]e = § [H3O
+]e = §
§ [H3O+]e = 5,9 * 10-4 mol dm-3
A concentração de iões H3O+ na referida solu-
ção de ácido acético é 5,9 * 10-4 mol dm-3.
6.8.2. (B) Como a concentração dos ácidos é a mesma
e os ácidos são ambos monopróticos, a quan-
tidade de H3O+ formada na ionização é tanto
maior quanto maior for a constante de acidez,
Ka. Assim, a quantidade de H3O+ formada será
maior no caso do ácido acético, pois a sua
constante de acidez é superior à do ácido cia-
nídrico. Quanto maior for a quantidade de H3O+
formada maior será a sua concentração e
menor será o pH, pelo que a solução que apre-
sentará menor pH é a de ácido acético.
6.9. (D) O cianeto de sódio (NaCN) em solução
aquosa sofre dissociação de acordo com a
equação:
NaCN (aq) " Na+ (aq) + CN- (aq)
O ião Na+ tem comportamento ácido-base neu-
tro enquanto que o anião CN- tem comporta-
mento básico, pois é a base conjugada de um
ácido fraco. Assim, essa solução vai apresentar
caráter básico pelo que [H3O+] < [OH-].
6.10.1. (A) Trata-se de uma titulação ácido forte -
-base forte pelo que o pH no ponto de equiva-
lência é o correspondente ao de uma solução
com caráter químico neutro, pelo que [H3O+] =
[OH-].
Durante a titulação, o valor do pH vai dimi-
nuindo, pois até se atingir o ponto de equiva-
lência está a ser adicionado um ácido forte a
uma base forte, pelo que a quantidade de OH-
vai sendo menor, o mesmo acontecendo com
o valor do pH.
Assim, nestas condições, quando se atinge o
ponto de equivalência [H3O+] = [HO–] = V√Kw.
Como a essa temperatura, 60 oC, Kw =
= 1,0 × 10–13 então [H3O+] = V√1,0 ×√ 10–13 §
§ [H3O+] = 3,16 × 10–7 mol dm–3 o que
implica pH = – log[H3O+] §
§ pH = – log 3,16×10–7 § pH = 6,5
6.10.2.
Estabelecer a equação que traduz a titula-
ção em estudo.
HNO3 (aq) + KOH (aq) " KNO3 (aq)+ H2O (l)
Determinar a quantidade de HNO3.
Vsolução de HNO3= 12,5 cm3 §
§ Vsolução de HNO3= 12,5 * 10-3 dm3
[HNO3] = § n(HNO3) = [HNO3] *
* Vsolução § n(HNO3) = 0,20 * 12,5 * 10-3 §
§ n(HNO3) = 2,5 * 10-3 mol
Determinar a quantidade de KOH.
Atendendo à estequiometria da reação:
n(KOH) = n(HNO3)
n(KOH) = n(HNO3) § n(KOH) = 2,5 * 10-3 mol
Determinar a concentração de KOH.
Vsolução de KOH = 25,0 cm3 §
§ Vsolução de KOH = 25,0 * 10-3 dm3
[KOH] = §
§ [KOH] = §
§ [KOH] = 0,10 mol dm-3
A concentração da solução de hidróxido de po-
tássio é 0,10 mol/dm3.
6.11.1.
O ácido cianídrico, HCN, é um ácido fraco pois
em solução aquosa não sofre ionização total
(a reação de ionização não é completa), é um
acido monoprótico porque cede apenas um
protão por molécula.
6.11.2.
HCN (aq) + H2O (L) "@ CN– (aq) + H3O+ (aq)
A equação deve ser escrita com dupla seta "@e não " porque se trata duma reação que não
é completa.
6.11.3.
Tendo em conta a equação que traduz a
ionização do ácido cianídrico, HCN, em água
HCN (aq) + H2O (l) "@ CN– (aq) + H3O+ (aq) no
equilíbrio [H3O+]e = [CN-]e considerando ainda
que [H3O+]e = 10–pH, obtém-se para cada en-
saio:
1.o ensaio: [H3O+]e = [CN-]e = 10–5,16 §
§ [H3O+]e = [CN-]e = 6,9×10–6 mol dm–3
2.o ensaio : [H3O+]e = [CN-]e = 10–5,35 §
§ [H3O+]e = [CN-]e = 4,5×10–6 mol dm–3
3.o ensaio [H3O+]e = [CN-]e = 10–5,50 §
§ [H3O+]e = [CN-]e = 3,2×10–6 mol dm–3
5,9 * 10-4
1,0
n(H3O+)
Vn(HNO3)
Vsolução
n(KOH)
Vsolução de KOH
2,5 * 10-3
25,0 * 10-3
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22
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
4.o ensaio [H3O+]e = [CN-]e = 10–5,65 §
§ [H3O+]e = [CN-]e = 2,2×10–6 mol dm–3
Tendo em conta a expressão da constantede acidez para o ácido cianídrico
Ka = que pode ser reescrita na
forma [H3O+]e × [CN-]e = Ka [HCN]e se se repre-
sentar [H3O+]e × [CN-]e em função de [HCN]e
deverá obter-se uma reta que, teoricamente,passa pela origem e cujo declive será a cons-tante de acidez do ácido cianídrico nas condi-ções da experiência.
A equação da reta que melhor se ajusta aoconjunto de pontos experimentais obtidos,[H3O
+]e × [CN-]e = 6,0 × 10–10[HCN]e –3,0×10–12
evidencia que a constante de acidez do ácidocianídrico, nestas condições, é 6,0 × 10–10.
6.11.4.A expressão numérica que permite calcular oerro relativo, em percentagem, cometido nadeterminação da constante de equilíbrio doácido cianídrico por este processo é:
Erro percentual = × 100
Nota: Ka(HCN) = 6,3 × 10–10 e não 6,3 × 10–5,como consta no enunciado.
6.11.5.O pHmetro deve ser lavado com água desioni-zada e posteriormente com a solução da qualse pretende medir o pH. Este segundo proce-dimento pode ser feito mergulhando o pHme-tro num gobelé que contenha essa solução, deseguida rejeita-se essa solução para um
frasco de restos e utiliza-se um outro gobelécom solução de HCN para fazer a medição.
6.11.6.A temperatura deve ser a mesma em todos osensaios, pois o pH depende da temperatura.Assim, só podemos comparar valores de pHmedidos à mesma temperatura. Neste caso atemperatura deverá ser 25oC, pois pretendedeterminar-se a constante de acidez do ácidocianídrico a 25 oC e pretende comparar-se ovalor obtido com o valor tabelado a 25 oC.Sugere-se que as amostras de ácido cianí-drico, que vão ser utilizadas para medir o res-petivo pH, sejam colocadas num banho-mariaa 25 oC, aguardar até que a temperatura semantenha uniforme a 25 oC, para todas asamostras, e de seguida determinar-se os res-petivos valores de pH.
6.11.7.1.As frases de risco referidas nesse rótulodevem ser: R12, R26, R35As frases de segurança referidas nesse rótulodevem ser: S1, S2, S7, S9, S16, S36, S37, S38,S45, S60, S61
6.11.7.2.Os pictogramas de perigo referidos nesse ró-tulo devem ser:
TóxicoPode provocar náuseas, vómi-tos, dores de cabeça, perda deconsciência ou outros danos,incluindo a morte.
InflamávelPode incendiar em contactocom uma chama, faísca, eletri-cidade estática ou por exposi-ção ao calor.
Prejudicial para o ambienteTóxico para os organismosaquáticos (peixes, algas oucrustáceos).
Os pictogramas de segurança referidos nesserótulo devem ser:
Proteção obrigatória das mãos
Proteção obrigatória do corpo
Proteção obrigatória das vias res-piratórias
Ensaio [H3O+]e×[CN
-]e [HCN]e
1 48×10–12 0,080
2 20×10–12 0,040
3 10×10–12 0,020
4 4,8×10–12 0,010
[H3O+] × [CN–]e
[HCN]e
| 6,3 × 10–10 – 6,0 × 10–10 |
6,3 × 10–10
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[H3O+]e [CN
–]e
[HCN]e
y = 6E-10x - 3E-12R2 = 0,9934
0,000 0,020 0,040 0,060 0,080 0,100
6E-11
5E-11
4E-11
3E-11
2E-11
1E-11
0
23
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
7. DOS HIDROCARBONETOS AOS COMBUS-TÍVEIS (pp. 262-263)
7.1. (B)
7.2.1.
A fórmula de estrutura do butano é:
E a do propano é:
7.2.2.
(D)
Determinar a quantidade de butano em
12,2 dm3, nas condições PTN.
n(C4H10) = § n(C4H10) = §
§ n(C4H10) = 0,500 mol
Determinar a quantidade de átomos de H
em 12,2 dm3, nas condições PTN.
n(H) = 10 * n(C4H10) §
§ n(H) = 10 * 0,500 § n(H) = 5,00 mol
Determinar o número de átomos de H em
12,2 dm3, nas condições PTN.
N(H) = n(H) * NA §
§ N(H) = 5,00 * 6,02 * 1023 átomos de H.
7.2.3.
Determinar a energia absorvida para rom-
per as ligações em uma mole de butano.
Eabs. = 3Ediss.(C-C) + 10Ediss.(C-H) §
§ Eabs. = 3 * 346 + 10 * 413 §
§ Eabs. = 5168 kJ mol-1
Eabs. = 5,17 * 103 kJ mol-1
Determinar a energia absorvida para rom-
per as ligações em uma mole de propano.
Eabs. = 2Ediss.(C-C) + 8Ediss.(C-H) §
§ Eabs. = 2 * 346 + 8 * 413 §
§ Eabs. = 3996 kJ mol-1
Eabs. = 4,00 * 103 kJ mol-1
Fica assim demonstrado que a energia posta
em jogo na dissociação das ligações de uma
mole de butano (5,17 * 103 kJ mol-1) é maior
do que na dissociação das ligações de igual
quantidade de propano (4,00 * 10 3 kJ mol-1).
7.2.4. Determinar a quantidade de butano.
Mr(C4H10) = 4 Ar(C) + 10 Ar(H)
Mr(C4H10) = 4 * 12,01 + 10 * 1,01 §
§ Mr(C4H10) = 58,14
M(C4H10) = 58,14 g mol-1
n(C4H10) = §
§ n(C4H10) = § n(C4H10) = 2,580 mol
Determinar o reagente limitante.
Tendo em conta a estequiometria da reação
n(O2) = n(C4H10) § n(O2) = * 2,580 §
§ n(O2) = 16,77 mol
Para que 2,580 mol de C4H10 reagissem com-
pletamente, seriam necessários 16,77mol de
O2. Como existem 22,5 mol de O2 (quantidade
superior á necessária), o O2 está em excesso e
o butano é o reagente limitante.
Determinar a quantidade de CO2 teorica-
mente previsto (rendimento de 100%).
De acordo com estequiometria da reação:
n(CO2)t.p. = n(C4H10) §
§ n(CO2)t.p. = * 2,580 §
§ n(CO2)t.p. = 10,32 mol
Determinar a quantidade de CO2 realmente
obtida.
n(CO2)r.o. = § n(CO2)r.o. = §
§ n(CO2)r.o. = 5,58 mol
Determinar o rendimento.
h = * 100 § h = * 100 §
h = 54,1%
O rendimento da reação é 54,1%.
7.3.1.
7.3.2.
(C)
Determinar o quociente da reação.
De acordo com a estequiometria da reação, as
quantidades formadas de monóxido de car-
bono e de oxigénio são iguais.
Q = § Q = §
§ Q = 1,0 * 10-4
H
H
C
H
H
C
H
H
C
H
H
C
H
H
H
H
C
H
H
C
H
H
C
H
H
12,2
22,4
V(C4H10)
Vm
m(C4H10)
M(C4H10)
150,0
58,14
13
2
13
2
8
2
8
2
125,0
22,4
V(CO2)r.o.
Vm
5,58
10,32
n(CO2)r.o.
n(CO2)t.p.
O C O: :xx
xx :
:
:
:
(10-5)2 * (10-2)
(10-4)2
[CO]2 * [O2]
[CO2]2
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24
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Como o valor do quociente da reação é dife-
rente (maior) que o valor da constante de equi-
líbrio, Q > Kc, o sistema não se encontra em
equilíbrio.
Para que o sistema atinja o equilíbrio, o quo-
ciente da reação terá de diminuir até igualar o
valor da constante de equilíbrio. Para que tal
se verifique, as concentrações de monóxido de
carbono e de oxigénio têm de diminuir e a de
dióxido de carbono aumentar. Tal verifica-se
quando o sistema evolui no sentido inverso.
7.3.3.
(A) Afirmação verdadeira. A reação ocorre
com absorção de energia pois DH > 0; logo, a
reação é endoenergética.
(B) Afirmação falsa. O valor da constante de
equilíbrio só depende da temperatura.
(C) Afirmação falsa. Tendo em consideração o
Princípio de Le Châtelier, quando se causa
uma perturbação ao sistema, este evolui de
forma a contrariar a perturbação a que foi su-
jeito. Assim, adicionando vapor de água ao sis-
tema, este evolui no sentido inverso para que
ocorra consumo de vapor de água.
(D) Afirmação falsa. Tendo em consideração o
Princípio de Le Châtelier, quando se causa
uma perturbação ao sistema, este evolui de
forma a contrariar a perturbação a que foi su-
jeito. Assim, quando se diminui a pressão do
sistema reacional este evolui no sentido que
ocorre com aumento da quantidade contida na
fase gasosa, aumentando a pressão. Como
este sistema evolui de reagentes para produ-
tos da reação sem que ocorra alteração da
quantidade na fase gasosa, não vai ser sensí-
vel a variações de pressão, isto é, as variações
de pressão não constituem perturbação para
este equilíbrio.
(E) Afirmação falsa. Este sistema não é afe-
tado por variações de volume, porque as alte-
rações de volume traduzem-se numa alteração
de pressão. Um aumento de volume provoca
uma diminuição de pressão e uma diminuição
de volume provoca um aumento de pressão.
(F)Afirmação verdadeira. Este sistema reacional
é endotérmico, ou seja, a reação ocorre com ab-
sorção de energia pois DH > 0. Tendo em consi-
deração o Princípio de Le Châtelier, se se
aumentar a temperatura para 500 K, o sis-
tema evolui no sentido da reação endotérmica
para que ocorra absorção de energia. Neste
caso, tal verifica-se quando o sistema progride
no sentido direto, aumentando a concentração
dos produtos da reação e diminuindo a con-
centração dos reagentes, o que conduz a um
aumento da constante de equilíbrio.
(G) Afirmação falsa. Tendo em consideração o
Princípio de Le Châtelier, removendo hidrogé-
nio do sistema, este evolui no sentido inverso
para que ocorra formação de hidrogénio. (H) Afirmação falsa. Para aumentar o rendi-
mento da reação terá de se introduzir pertur-bações que conduzam à evolução do sistemano sentido direto e, das sugestões indicadas,apenas a remoção de vapor de água conduz àevolução do sistema no sentido direto. Destemodo, removendo vapor de água do sistema,este evolui no sentido direto para que ocorraformação de vapor de água, mas diminuindo atemperatura, o sistema irá deslocar-se no sen-tido da reação exotérmica (a que ocorre comlibertação de energia), o que neste caso se ve-rifica quando ocorre evolução do sistema nosentido inverso. Como não se sabe qual dos fa-tores é predominante, a afirmação é classifi-cada falsa.
7.4. Determinar a quantidade de cada consti-tuinte no equilíbrio.
Vsistema = 2,0 L § Vsistema = 2,0 dm3
n(NO2)e = 0,0044 mol
2x = 0,0044 mol § x = §
§ x = 0,0022 mol .n(O2)e = 0,06 - 0,0022 §
§ n(O2)e = 5,78 * 10-2 mol .n(NO2)e = 0,04 - (2 * 0,0022) §
§ n(NO)e = 3,56 * 10-2 mol .n(NO2)e = 4,4* 10-3 mol Determinar a concentração de cada compo-
nente no equilíbrio.
[O2]e = § [O2]e = §
§ [O2]e =2,89 * 10-2 mol dm-3
[NO]e = § [NO]e = §
§ [NO]e = 1,78 * 10-2 mol dm-3
2 NO (g) "@ O2 (g) + 2 NO2 (g)
ni/ mol 0,04 0,06 0
Variação -2x +x +2x
neq/mol 0,04 - 2x 0,06 + x 0,0044
0,0044
2
5,78 * 10-2
2,0
n(O2)e
V
3,56 * 10-2
2,0
n(NO)e
V
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QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
[NO2]e = § [NO2]e = §
§ [NO2]e = 2,2 * 10-3 mol dm-3
Estabelecer a expressão da constante deequilíbrio.
Kc =
Determinar KC a 298,15 K.
Kc = §
§ Kc = 5,3 * 10-1
A constante de equilíbrio à temperatura a quedecorreu a reação é 5,3 * 10-1.
4,4 * 10-3
2,0
n(NO2)e
V
[NO2]e2
[O2]e * [NO]e2
(2,2 * 10-3)2
(1,78 * 10-2)2 * (2,89 * 10-2)
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QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
8. TRANSFERINDO ELETRÕES (pp. 264-265)
8.1. Nas reações oxidação-redução ou, mais sim-plesmente, reações redox ocorre transferênciade eletrões entre espécies.
No conceito atual de oxidação-redução, define--se como oxidação: processo no qual uma es-pécie química perde eletrões.
Redução: processo no qual uma espécie quí-mica ganha eletrões.
Um átomo, molécula ou ião oxida-se quando
perde eletrões. Um átomo molécula ou ião
reduz-se quando ganha eletrões.
Não podem ocorrer processos de oxidação ou
redução isoladas.
Para que uma substância se oxide, perdendo
eletrões, tem de estar na presença de outra
que aceite esses eletrões, e que, por sua vez
se reduza.
As reações de oxidação-redução ocorrem em
simultâneo e o número de eletrões ganho na
redução tem de ser igual ao libertado na oxi-
dação.
8.2. O ferro quando exposto ao ar sofre corrosão,
sendo oxidado pelo oxigénio atmosférico. Este
processo vai transformando o ferro em óxido
de ferro e degradando as grades e portões de
ferro. Para evitar esta corrosão pintam-se por-
tões e grades, dificultando deste modo o seu
contacto com o oxigénio atmosférico, impe-
dindo, assim a oxidação do ferro que pode ser
explicada de forma simplificada como um pro-
cesso que ocorre em duas fases. Numa primeira
fase, o oxigénio oxida o ferro a catião ferro (II)
2 Fe (s) + O2 (g) + 4 H3O+ (aq) " 2 Fe2+ (aq) + 6 H2O (l)
Numa segunda fase, o catião ferro (II) é oxi-
daddo a catião ferro (III). Estes óxidos não são
aderentes nem protetores, como no caso do
chumbo ou alumínio. São higroscópicos absor-
vendo a água, que contribui para que ocorra
progressivamente maior corrosão.
8.3. X (s) + Ag+ (aq) " Ag (s) + X+ (aq)
Objeto que se pretende prateado
8.4.
n.o. 1 6 -2 0 2 6 -2 0
H2SO4 (aq) + Zn (s) — ZnSO4 (aq) + H2 (g)
A reação é redox pois ocorre com variação dos
números de oxidação de algumas espécies nela
envolvidas. O hidrogénio evolui de reagentes
para produtos com diminuição do seu número
de oxidação (Dn.o. (H) < 0)
Dn.o.(H) = n.o. (H)f - n.o.(H)i §
§ Dn.o.(H) = 0 - 1 § Dn.o.(H) = - 1
O zinco evolui de reagentes para produtos com
aumento do seu número de oxidação
(Dn.o. (Zn) > 0)
Dn.o.(Zn) = n.o.(Zn)f - n.o.(Zn)i §
§Dn.o.(Zn) = 2 - 0 § Dn.o.(Zn) = 2
8.5.1. Sistema (I): ocorre reação pois o poder redutor
do zinco é superior ao do cobre. Assim, ocorre
a reação química traduzida pela equação:
Zn (s) + Cu2+ (aq) " Cu (s) + Zn2+ (aq)
Sistema (II): não ocorre reação pois o poder re-
dutor do cobre é inferior ao do zinco.
Cu (s) + Zn2+ (aq) " não ocorre reação
Sistema (III): não ocorre reação, pois o poder
redutor do cobre é superior ao da prata.
Ag (s) + Cu2+ (aq) " não ocorre reação
Sistema (IV); ocorre reação, pois o poder redu-
tor do cobre é superior ao da prata. Assim,
ocorre a reação traduzida pela equação:
Cu (s) + 2 Ag+ (aq) " 2 Ag (s) + Cu2+ (aq)
8.5.2. Sistema (I) verifica-se:
– deposição de cobre sólido sobre a placa de
zinco, já que o catião cobre(II) sofreu redução
originando cobre metálico, que se deposita
sobre a placa de zinco.
– diminuição da intensidade da cor azul da so-
lução. O que origina a cor azul da solução é a
presença de catião cobre (II). À medida que a
reação ocorre, a quantidade de catião cobre (II)
em solução diminui porque se transforma em
cobre metálico. A diminuição da quantidade de
catião cobre (II) em solução diminui a intensi-
dade da coloração azul.
Sistema (IV) verifica-se:
– deposição de prata metálica sobre a placa de
cobre, já que o catião prata (I) sofreu redução
originando prata metálica, a qual se deposita
na placa de cobre.
– intensificação da cor azul da solução. O que
origina a cor azul da solução é a presença de
catião cobre (II). À medida que a reação ocorre,
a quantidade de catião cobre (II) em solução au-
menta, porque o cobre metálico transforma-se
em catião cobre (II). O aumento da quantidade
de catião cobre (II) em solução intensifica a sua
coloração azul .
oxidação
redução
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27
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
8.5.3. Para uma dada espécie, quanto menor for o
seu poder redutor maior será o seu poder oxi-
dante.
Tendo em atenção a informação contida na
série eletroquímica, verifica-se que a prata é o
metal que apresenta menor poder redutor. Se
a prata é dos três metais aquele que possui
menor poder redutor, será o que possui maior
poder oxidante.
8.5.4. Para o sistema (I), os pares conjugados de oxi-
dação-redução são: Zn2+/Zn e Cu2+/Cu. Para o sistema (IV), os pares conjugados de
oxidação-redução são: Cu2+/Cu e Ag+/Ag.8.5.5. (D) Quanto maior for o poder redutor de um
metal, menor é o poder oxidante do respetivocatião.
8.6. O ácido clorídrico reage com o zinco mas nãoreage com a prata, porque o poder redutor dozinco é superior ao da prata. Assim, o zincometálico é um redutor suficientemente fortepara reduzir o catião hidrogénio (H+) a hidrogé-nio gasoso (H2).
Zn (s) +2 HCl (aq) "Zn2+ (aq) +2 Cl- (aq) +H2 (g)
Como o poder redutor da prata é inferior ao
poder redutor do hidrogénio, a reação seguinte
não ocorre.
Ag (s) + HCl (aq) " não ocorre reação
8.7.1. A série eletroquímica permite concluir que o
poder redutor do ferro é superior ao poder redu-
tor do cobre. Assim, quando se mergulha um
prego de ferro numa solução de sulfato de cobre,
será de prever que o ferro seja oxidado e o cobre
seja reduzido, de acordo com a equação química:
Fe(s) + Cu2+ (aq) " Cu (s) + Fe2+ (aq)
Verifica-se, assim, deposição de uma camada de
cobre metálico sobre o prego de ferro e uma
atenuação da coloração azul da solução. O que
origina a cor azul da solução é a presença de ca-
tião cobre (II). À medida que a reação ocorre, a
quantidade de catião cobre (II) em solução dimi-
nui porque se transforma em cobre metálico. A
diminuição da quantidade de catião cobre (II) em
solução atenua a intensidade da coloração azul.
8.7.2.
A série eletroquímica permite concluir que o
poder redutor do cobre é inferior ao poder redu-
tor do ferro. Assim, quando se mergulha um fio
de cobre numa solução de sulfato de ferro (II),
será de prever que não ocorra reação porque o
cobre não é um redutor suficientemente forte
para reduzir o catião ferro a ferro metálico.
Cu (s) + Fe2+ (aq) " não ocorre reação
8.8.1.
(C) O n.o. do vanádio no ião, VO43– é mais cinco
porque a soma algébrica dos números de oxi-
dação de todos os átomos que constituem um
ião é igual à carga do ião e porque o número de
oxidação do oxigénio é menos dois excepto nos
peróxidos em que é menos um.
n.o.(V)V043– + 4 * n.o. (O)V04
3– = –3 §
§ n.o.(V)V043– + 4 * (– 2) = –3 §
§ n.o.(V)V043– = – 3 + 8 §
§ n.o.(V)V043– = +5
O n.o. do vanádio no ião [VO(H20)5]2+ é mais qua-
tro porque a soma algébrica dos números de
oxidação de todos os átomos que constituem
um ião é igual à carga do ião, porque o número
de oxidação do oxigénio é menos dois exceto
nos peróxidos em que é menos um e porque o
número de oxidação do hidrogénio é um ex-
cepto nos hidretos em que é menos um.
n.o.(V)[VO(H2O)5]2+ + 6 * n.o.(O)[VO(H2O)5]
2+ +
+ 10 * n.o.(H)[VO(H2O)5]2+ = +2
n.o.(V)[VO(H2O)5]2+ + 6 * (–2) + 10 * (1) = +2 §
§ n.o.(V)[VO(H2O)5]2+ –12 + 10 = +2
n.o.(V)[VO(H2O)5]2+ = +2 + 12 – 10 §
§ n.o.(V)[VO(H2O)5]2+ = +4
O n.o. do vanádio no ião [V(H20)6]3+ é mais três
porque a soma algébrica dos números de oxi-
dação de todos os átomos que constituem um
ião é igual à carga do ião, porque o número de
oxidação do oxigénio é menos dois exceto nos
peróxidos em que é menos um e porque o nú-
mero de oxidação do hidrogénio é um exceto
nos hidretos em que é menos um.
n.o.(V)[V(H2O)6]3+ + 6 * n.o.(O)[V(H2O)6]
3+ +
+ 12 * n.o.(H)[V(H2O)6]3+ = +3
n.o.(V)[V(H2O)6]3+ + 6 * (–2) + 12 * (1) = +3 §
§ n.o.(V)[V(H2O)6]3+ –12 + 12 = +3
n.o.(V)[V(H2O)6]3+ = +3 + 12 – 12 §
§ n.o.(V)[V(H2O)6]3+ = +3
O n.o. do vanádio no ião [V(H20)6]2+ é mais dois
porque a soma algébrica dos números de oxi-
dação de todos os átomos que constituem um
ião é igual à carga do ião, porque o número de
oxidação do oxigénio é menos dois exceto nos
peróxidos em que é menos um e porque o
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28
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
número de oxidação do hidrogénio é um exceto
nos hidretos em que é menos um.
n.o.(V)[V(H2O)6]2+ + 6 * n.o.(O)[V(H2O)6]
2+ +
+ 12 * n.o.(H)[V(H2O)6]2+ = +2
n.o.(V)[V(H2O)6]2+ + 6 * (–2) + 12 * (1) = +2 §
§ n.o.(V)[V(H2O)6]2+ –12 + 12 = +2
n.o.(V)[V(H2O)6]2+ = +2 + 12 – 12 §
§ n.o.(V)[V(H2O)6]2+ = +2
VO43- (amarelo) → [VO(H2O)5]
2+ (azul) →
→ [V(H2O)6]3+ (verde) → [V(H2O)6]
2+ (violeta/lilás)
8.8.2.1.
(D) O n.o. do enxofre, no composto dióxido de
enxofre (S02) é mais quatro porque a soma al-
gébrica dos números de oxidação de todos os
átomos que constituem uma molécula neutra é
igual a zero (regra da electroneutralidade) e por-
que o número de oxidação do oxigénio é menos
dois exceto nos peróxidos que é menos um.
2 * n.o.(O)SO2+ n.o.(S)SO2
= O §
§ 2 * (–2) + (S)SO2= O § n.o.(S)SO2
= 4
O n.o. do enxofre, no composto dióxido de en-
xofre (S03) é mais seis porque a soma algébrica
dos números de oxidação de todos os átomos
que constituem uma molécula neutra é igual a
zero (regra da electroneutralidade) e porque o
número de oxidação do oxigénio é menos dois
exceto nos peróxidos que é menos um.
2 * n.o.(O)SO3+ n.o.(S)SO3
= O §
§ 3 * (–2) + (S)SO3= O § n.o.(S)SO3
= 6
8.8.2.2.
Determinar o número de oxidação do vaná-
dio no composto V205.
O n.o. do vanádio, no composto V205 é mais
cinco porque a soma algébrica dos números de
oxidação de todos os átomos que constituem
uma molécula neutra é igual a zero (regra da
eletroneutralidade) e porque o número de oxi-
dação do oxigénio é menos dois exceto nos pe-
róxidos, em que é menos um.
5 * n.o.(O)V2O5+ 2 * n.o.(V)V2O5
= 0 §
§ 5 * (–2) + 2 * (V)V2O5= 0 §
§ n.o.(V)V2O5= § n.o.(V)V2O5
= 5
O n.o. do vanádio, no composto óxido de vaná-dio (III), V2O3, é mais 3 porque a soma algébricados números de oxidação de todos os átomosque constituem uma molécula é igual a zero(regra da eletroneutralidade) e porque o n.o.do oxigénio é menos 2, exceto nos peróxidos,
em que é menos 1, nos superóxidos, em que é
menos e na substância elementar, em que
é zero.2n.o.(V)V2O3
+ 3n.o.(O)V2O3= 0 §
§ 2n.o.(V)V2O3+ 3(-2) = 0 §
§ 2n.o.(V)V2O3– 6 = 0 §
§ 2n.o.(V)V2O3= 6 § n.o.(V)V2O3
= 6/2 §§ n.o.(V)V2O3
= 3Dn.o.(V) = n.o.(V)V2O5
– n.o.(V)V2O3
Dn.o.(V) = 5 – (3)Dn.o.(V) = +2
8.8.2.3.Determinar o número de oxidação de todosos elementos envolvidos na reaçãoO número de oxidação, n.o., do oxigénio, noóxido de vanádio (V), V2O5, e no óxido de vanádio(III) , V2O3, é menos 2 porque o número de oxi-dação do oxigénio é menos 2 exceto nos peró-xidos, em que é menos 1, nos superóxidos, emque é menos 1/2, e no estado elementar, em queé zero. Assim o n.o. do oxigénio em O2 é zero.O n.o. do vanádio, no composto óxido de vaná-dio (V), V2O5 é mais 5 porque a soma algébricados números de oxidação de todos os átomosque constituem uma molécula é igual a zero(regra da eletroneutralidade) e porque o n.o.do oxigénio é menos 2.2n.o.(V)V2O5
+ 5n.o.(O)V2O5= 0 §
§ 2n.o.(V)V2O5+ 5(–2) = 0 §
§ 2n.o.(V)V2O5–10 = 0 §
§ 2n.o.(V)V2O5= 10 § n.o.(V)V2O5
= 10/2 §§ n.o.(V)V2O5
= 5O n.o. do vanádio, no composto óxido de vaná-dio (III), V2O3 é mais 3 porque a soma algébricados números de oxidação de todos os átomosque constituem uma molécula é igual a zero(regra da eletroneutralidade) e porque o n.o.do oxigénio menos 2.2n.o.(V)V2O3
+ 3n.o.(O)V2O3= 0 §
§ 2n.o.(V)V2O3+ 3(– 2) = 0 § 2n.o.
§§ – 6 = 0 § 2n.o.(V)V2O3= 6 §
§ n.o.(V)V2O3= 6/2 § n.o.(V)V2O3
= 3
O processo de regeneração do catalisador nãoé uma dismutação e o seu inverso tambémnão é uma dismutação, uma vez que a dismu-tação é uma reação de oxidação-redução ondeo mesmo elemento é simultaneamente oxi-dado e reduzido.
102
V2O3 + O2 → V2O5
oxidaçãoredução
1
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Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
9. REAÇÕES DE PRECIPITAÇÃO (pp. 266-267)
9.1. A hidroxiapatite é o sal Ca5(PO4)3OH. A sua dis-
sociação pode ser traduzida pela equação:
[Ca5(PO4)3]OH " 5 Ca2+ + 3 PO43- + OH-
Os iões presentes na hidroxiapatite são o ca-
tião cálcio (Ca2+), o anião fosfato (PO43-) e o
anião hidróxido (OH-), a sua proporção de com-
binação é 5:3:1.
9.2. O sulfato de bário é utilizado como meio de
diagnóstico de problemas no tubo digestivo.
9.3. (A) Afirmação falsa. O produto de solubilidade
(Ks) é uma constante de equilíbrio pelo que o
seu valor só depende da temperatura.
(B) Afirmação falsa. O produto de solubilidade
(Ks) é uma constante de equilíbrio pelo que o
seu valor só depende da temperatura. A solu-
bilidade de um sal pouco solúvel é que diminui
por adição de um sal solúvel com ião comum
ao primeiro.
(C)Afirmação falsa. A solubilidade de um sal em
água não depende só da temperatura. A solubi-
lidade de um sal em diferentes soluções de-
pende da presença de iões comuns ao sal e da
presença de agentes que reajam com os iões
presentes no sal. Assim, a solubilidade de um sal
em presença de ião comum diminui relativa-
mente à sua solubilidade em água. A solubili-
dade em presença de agentes que reajam com
os iões presentes no sal, fazendo diminuir a sua
quantidade, aumentam a solubilidade do sal re-
lativamente à sua solubilidade em água.
(D) Afirmação verdadeira. A solubilidade de
um sal pouco solúvel diminui por adição de um
sal solúvel com ião comum ao primeiro.
(E) Afirmação falsa. A solubilidade de um sal
pouco solúvel não aumenta por adição de sol-
vente, porque a solubilidade é uma quantidade
por unidade de volume. A solubilidade define-
-se como sendo a massa máxima de um sal
que é possível dissolver num dado volume (ou
massa) de solvente. Assim, aumentando o vo-
lume (massa) de solvente é possível dissolver
mais massa de soluto, sem que se altere a sua
solubilidade.
(F)Afirmação falsa. A ordem da solubilidade dos
sais, em água, coincide com a ordem dos respe-
tivos produtos de solubilidade, para uma mes -
ma temperatura, apenas se a estequiometria
dos sais for a mesma, isto é, se a relação entre
a solubilidade e o produto de solubilidade for
igual.
(G) Afirmação verdadeira. O cloreto de amónio
aquoso, NH4Cl, sofre dissociação de acordo
com a equação química:
NH4Cl (aq) NH4+ (aq) + Cl– (aq)
Como o ião NH4+ (aq) tem carater ácido, a rea-
ção destes iões com os iões hidróxido, HO–,
provoca uma diminuição dos iões oxónio, dado
que ocorre a reação traduzida pela equação:
NH4+ (aq) + HO– (aq) H2O (l) + NH3 (aq)
Assim, de acordo com o Princípio de Le Châ-
telier (quando um sistema químico em equilí-
brio é sujeito a uma alteração/perturbação
tende a contrariá-la até atingir novo estado de
equilíbrio), o sistema traduzido pela equação
química:
Ca(HO)2 (s) Ca2+ (aq) + HO– (aq)
vai favorecer o sentido da dissolução do sal, o
sentido direto, pois este permite aumentar a
concentração de hidróxido e restabelecer de
novo uma situação de equilíbrio. Assim, pode
concluir-se que numa solução de NH4Cl o hi-
dróxido de cálcio é mais solúvel do que em
água.
9.4.1.
A afirmação é verdadeira, pois todos os sais
apresentados possuem moléculas de água in-
corporadas na sua estrutura cristalina.
9.4.2.
AlCl.6H2O
CuSO4.5H2O
"@
"@
"@
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Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
BaCl2.2H2O
9.4.3.1.
A afirmação é verdadeira. À temperatura de
40 °C, S(CuSO4.5H2O) = 28,5 g /100 g de H2O,
ou seja, a quantidade máxima de CuSO4.5H2O
que é possível dissolver em 100 g de água é
28,5 g. Assim, a essa temperatura, a solução
está saturada, pois a concentração do
CuSO4.5H2O em solução aquosa coincide com
a solubilidade.
9.4.3.2.
A afirmação é falsa. À temperatura de 60 °C,
S(AlCl3.6H2O) = 32,5 g/100 g de H2O, ou seja,
a quantidade máxima de AlCl3.6H2O que é
possível dissolver em 100 g de água é 32,5 g.
Assim, a essa temperatura a solução não está
saturada, pois a concentração do AlCl3.6H2O
em solução aquosa é inferior à solubilidade.
9.4.3.3.
A afirmação é falsa. À temperatura de 80 °C,
S(BaCl2.2H2O) = 52,4 g/100 g de H2O, ou seja,
a quantidade máxima de BaCl2.2H2O que é
possível dissolver em 100 g de água é 52,4 g.
Assim, a essa temperatura a solução está so-
bressaturada, pois a concentração do BaCl2.2H2O
em solução aquosa é superior à solubilidade.
9.4.4.
À temperatura de 100,0 °C, o sal mais solúvel
é o CuSO4.5H2O, pois é aquele em que é pos-
sível dissolver uma maior massa, para a
mesma massa de solvente.
9.4.5.
Determinar, por leitura gráfica, a solubili-
dade do BaCl2.2H2O, a 65 °C.
Pela leitura do gráfico, à temperatura de
65 °C, o valor máximo de BaCl2.2H2O que se
pode dissolver em 100 g de solvente é de
48,0 g.
Determinar, nestas condições, o valor má-
ximo da massa de BaCl2.2H2O que se pode
dissolver em 60 g de água.
= §
§ = §
§ m(BaCl2.2H2O) = * 60 §
§ m(BaCl2.2H2O) = 28,8 g 9.5.1. Prevê-se a formação de um precipitado, isto é,
admite-se que ocorrerá precipitação.9.5.2. Determinar a solubilidade do cromato de
bário (BaCrO4). BaCrO4 (s) Ba2+ (aq) + CrO4
2- (aq) Ks = [Ba2+]* [CrO4
2-] § Ks = S * S §§ Ks = S2 § S = V√Ks §§ S = V√1,√2 √* √1√0-√10 §
§ S = 1,1 * 10-5 mol dm-3
Determinar a solubilidade do cromato deestrôncio (SrCrO4).
SrCrO4 (s) Sr2+ (aq) + CrO42- (aq)
Ks = [Sr2+] * [CrO42-] § Ks = S * S §
§ Ks = S2 § S = V√Ks §§ S = V√3,√5 √* √1√0√-5 §
§ S = 5,9 * 10-3 mol dm-3
O sal que precipita primeiro é o cromato debário, pois é o sal menos solúvel, ou seja, é oque apresenta menor solubilidade.
9.5.3. Determinar a concentração de anião cro-
mato quando o cromato de estrôncio co-meça a precipitar.
No instante em que o cromato de estrôncio co-meça a precipitar (admite-se que neste instantecomeça a precipitar mas ainda não precipitou eque a adição de solução de cromato não alteroude forma mensurável o volume de solução), aconcentração de ião estrôncio é 0,10 mol dm-3.Esse instante em que começa a precipitar masainda não precipitou é o instante limite da condi-ção de equilíbrio, Q = Ks. Esta condição permitedeterminar a concentração de cromato, já quese conhece Ks e a concentração de catião Sr2+
nesse instante.
Ks = [Sr2+] * [CrO42-] § [CrO4
2-] = §
§ [CrO42-] = §
§ [CrO42-] = 3,5 * 10-5 mol dm-3
48,0
100
m(BaCl2.2H2O)
m(água)
48,0
100
m(BaCl2.2H2O)
60
48,0
100
"@
"@
Ks
[Sr2+]
3,5 * 10-5
0,10
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Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Determinar a concentração de catião bário
quando o cromato de estrôncio começa a
precipitar.
No instante em que o cromato de estrôncio co-
meça a precipitar, a concentração de anião
cromato é 3,5 * 10-5 mol dm-3, e nesse ins-
tante o sistema encontra-se em equilíbrio re-
lativamente ao cromato de bário, pelo que,
Q = Ks; esta condição permite determinar a
concentração de catião bário, já que se co-
nhece Ks e a concentração de anião cromato
nesse instante.
Ks = [Ba2+]* [CrO42-] § [Ba2+] = §
§ [Ba2+] = §
§ [Ba2+] = 3,4 * 10-7 mol dm-3
A concentração do catião bário quando o cro-
mato de estrôncio começa a precipitar é
3,4 * 10-7 mol dm-3.
9.6. A afirmação é verdadeira, pois a relação entre
a solubilidade dos sais só é igual à relação entre
os produtos de solubilidade quando a estequio-
metria dos sais é equivalente, ou seja, quando
a relação entre o produto de solubilidade e a so-
lubilidade é igual para os diferentes sais.
Determinar a solubilidade do cromato de
bário (BaCrO4).
BaCrO4 (aq) Ba2+ (aq) + CrO42- (aq)
Ks = [Ba2+] * [CrO42-] § Ks = S * S §
§ Ks = S2 § S = V√Ks § S = V√1,√2 √*√ 1√0√-10 §
§ S = 1,1 * 10-5 mol dm-3
Determinar a solubilidade do cromato de
prata (Ag2CrO4).
Ag2CrO4 (s) 2 Ag+ (aq) + CrO42- (aq)
Ks = [Ag+]2 * [CrO42-] § Ks = (2S)2 * S §
§ Ks = 4 S3 § S3 = §
§ S = 3
V√ § S = 3
V §
§ S = 6,9 * 10-5 mol dm-3
Determinar a relação entre os produtos de
solubilidade.
= §
§ ] 92 §
§ Ks(BaCrO4) ] 92 * Ks(Ag2CrO4)
Determinar a relação entre as solubilidades.
= §
§ ] 6,3 §
§ S(Ag2CrO4) ] 6,3 * S(BaCrO4)
Mostrar que a relação entre as solubilida-
des e o Ks é diferente para os dois sais.
Para o cromato de bário (BaCrO4):
Ks = S2 § S = V√Ks
Para o cromato de prata (Ag2CrO4):
Ks = 4 S3 § S3 = S3 = § S = 3
V√9.7.1.
Quando se misturam as duas soluções poderá
ocorrer precipitação de hidróxido de alumínio
(Al(OH)3) já que o nitrato de sódio é um sal
muito solúvel.
Determinar a quantidade de catião alumínio
(Al3+) proveniente dos 40,0 cm3 de solução
de nitrato de alumínio.
Vsolução = 40,0 cm3 § Vsolução = 40,0 * 10-3 dm3
[Al(NO3)3] = §
§ n(Al(NO3)3) = [Al(NO3)3] * V §
§ n(Al(NO3)3) = 0,020 * 40,0 * 10-3 §
§ n(Al(NO3)3) = 8,0 * 10-4 mol
Em solução aquosa, o nitrato de alumínio sofre
dissociação de acordo com a equação:
Al(NO3)3 (aq) " Al3+ (aq) + 3 NO3- (aq)
Tendo em conta a estequiometria do sal:
n(Al3+) = n(AlNO3)3) §
§ n(Al3+) = 8,0 * 10-4 mol
Determinar a quantidade de anião hidróxido
(OH-) proveniente dos 60,0 cm3 de solução
de hidróxido de sódio.
Vsolução = 60,0 cm3 § Vsolução = 60,0 * 10-3 dm3
[NaOH] = §
§ n(NaOH) = [NaOH] * V §
n(NaOH) = 0,050 * 60,0 * 10-3 §
§ n(NaOH) = 3,0 * 10-3 mol
Em solução aquosa, o hidróxido de sódio sofre
dissociação de acordo com a equação:
NaOH (aq) " Na+ (aq) + OH- (aq)
Tendo em conta a estequiometria:
n(OH-) =n(NaOH) § n(OH-) = 3,0 * 10-3 mol
Ks
[CrO42-]
1,2 * 10-10
3,5 * 10-4
"@
"@
Ks
4
31,3 * 10-12
4
Ks
4
1,2 * 10-10
1,3* 10-12
Ks(BaCrO4)
Ks(Ag2CrO4)
Ks(BaCrO4)
Ks(Ag2CrO4)
6,9 * 10-5
1,1 * 10-5
S(Ag2CrO4)
S(BaCrO4)
S(Ag2CrO4)
S(BaCrO4)
Ks
4
Ks
4
n(Al(NO3)3)
V
n(NaOH)
V
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32
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Determinar a concentração do anião hidró-
xido (OH-) na solução final se não ocorresse
precipitação.
Vtotal = VAl(NO3)3+ VNaOH §
§ Vtotal = 40,0 + 60,0 §
§ Vtotal = 100,0 cm3 §
§ Vtotal = 100,0 * 10-3 dm3
[OH-] = § [OH-] = §
§ [OH-] = 3,0 * 10-2 mol dm-3
Determinar a concentração do catião alumí-
nio (Al3+) na solução final se não ocorresse
precipitação.
Vtotal = VAl(NO3)3+ VNaOH §
§ Vtotal = 40,0 + 60,0 §
§ Vtotal = 100,0 cm3 §
§ Vtotal = 100,0 * 10-3 dm3
[Al3+] = § [Al3+] = §
§ [Al3+] = 8,0 * 10-3 mol dm-3
Determinar o quociente da reação.
Al(OH)3 (aq) Al3+ (aq) + 3 OH- (aq)
Q = [Al3+]* [OH-]3 §
§ Q = 8,0 * 10-3 * (3,0 * 10-2)3 §
§ Q = 2,2 * 10-7
Q > Ks(Al(NO3)3). Nestas condições, o sistema
não se encontra em equilíbrio (a condição de
equilíbrio é Q = Ks). Para que uma situação de
equilíbrio seja atingida, o quociente da reação
tem de diminuir até igualar o valor de Ks, o que
implica evolução do sistema no sentido da for-
mação do sal, o que leva à formação de preci-
pitado. Há precipitação de Al(OH)3 e diminuição
das concentrações dos iões.
9.7.2.
Na solução final existem os iões NO3-, Na+,Cl-,
H3O+ e OH-. As espécies NO3
-, Na+,Cl-, tem ca-
ráter químico ácido-base neutro. Assim, o ca-
ráter químico da solução final vai depender da
quantidade de OH- proveniente de hidróxido
solubilizado.
Tendo em consideração os valores das con-
centrações obtidos no item anterior
Admitindo que todo o Ag+ precipitava
8,0 * 10-4 - x ] 0 e x ] 8,0 * 10-4 mol, resulta-
ria que n(OH-)e = 3,0 * 10-3 - 3x §
§ n(OH-)e = 3,0 * 10-3 - [3 * (8,0 * 10-4)] §
§ n(OH-)e = 6,0 * 10-4 mol,
A quantidade de OH- no equilíbrio vai ser ligei-
ramente superior a 6,0 * 10-4 mol porque o
Ag+ não se gasta totalmente, pois fica em so-
lução uma pequena quantidade, que corres-
ponde à permitida pela solubilidade nestas
condições.
Admitindo que n(OH-)e = 6,0 * 10-4 mol:
[OH-] = § [OH-] = §
§ [OH-] = 6,0 * 10-3 mol dm-3
pOH = - log [OH-] §
§ pOH = - log (6,0 * 10-3) § pOH = 2,2
O pOH vai ser ligeiramente inferior a 2,2, pois
a concentração de OH- é ligeiramente superior
a 6,0 * 10-3 mol. Assim, a 25 °C, a solução é
francamente alcalina.
9.8.1.
Hidróxido de bário – Ba(HO)2
Sulfato de sódio – Na2SO4
9.8.2.
Ba2+ (aq) + SO42- (aq) BaSO4 (s)
9.8.3.
Quando se misturam as duas soluções poderá
ocorrer precipitação de sulfato de bário
(BaSO4), que é um sal pouco solúvel, já que o
hidróxido de sódio é bastante solúvel.
Determinar a quantidade de catião bário
(Ba2+) proveniente dos 50,0 cm3 de solução
de hidróxido de bário.
Vsolução = 50,0 cm3 § Vsolução = 50,0 * 10-3 dm3
[Ba(OH)2] = §
§ n(Ba(OH)2) = [Ba(OH)2] * V §
n(Ba(OH)2) = 1,00 * 50,0 * 10-3 §
§ n(Ba(OH)2) = 5,00 * 10-2 mol
Em solução aquosa, o hidróxido de bário sofre
dissociação de acordo com a equação:
Ba(OH)2 (aq) " Ba2+ (aq) + 2 OH- (aq)
Tendo em conta a estequiometria do sal:
n(Ba2+) = n(Ba(HO)2) §
§ n(Ba2+) = 5,0 * 10-2 mol
"@
n(Ba(OH)2)
V
3,0 * 10-3
100,0 * 10-3
n(OH-)
Vtotal
8,0 * 10-4
100,0 * 10-3
n(Al3+)
Vtotal
"@
6,0 * 10-4
100,0 * 10-3
n(OH-)
Vtotal
Al(OH)3 (s) "@ Ag+ (aq) + 3 OH- (aq)
ni/mol — 8,0 * 10-4 3,0 * 10-3
Variação +x -x -3x
neq/mol x 8,0 * 10-4 - x 3,0 * 10-3 -3x
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33
Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Determinar a quantidade de anião sulfato
(SO42-) proveniente dos 86,4 cm3 de solução
de sulfato de sódio.
Vsolução = 86,4 cm3 § Vsolução = 86,4 * 10-3 dm3
[Na2SO4] = §
§ n(Na2SO4) = [Na2SO4] * V §
§ n(Na2SO4) = 1,00 * 86,4 * 10-3 §
§ n(Na2SO4) = 8,64 * 10-2 mol
Em solução aquosa, o sulfato de sódio sofre
dissociação de acordo com a equação:
Na2SO4 (aq) " 2 Na+ (aq) + SO42- (aq)
Tendo em conta a estequiometria do sal:
n(SO42-) = n(Na2SO4) §
§ n(SO42-) = 8,64 * 10-2 mol
Determinar a concentração do anião sulfato
(SO42-) na solução final se não ocorresse
precipitação.
Vtotal = VBa(OH)2+ VNa2SO4
§
§ Vtotal = 50,0 + 86,4 §
§ Vtotal = 136,4 cm3 §
§ Vtotal= 136,4 * 10-3 dm3
[SO42-] = § [SO4
2-] = §
§ [SO42-] = 6,33 * 10-1 mol dm-3
Determinar a concentração do catião bário
(Ba2+) na solução final se não ocorresse pre-
cipitação.
[Ba2+] = § [Ba2+] = §
§ [Ba2+] = 3,67 * 10-1 mol dm-3
Determinar o quociente da reação.
BaSO4 (s) Ba2+ (aq) + SO42- (aq)
Q = [Ba2+] * [SO42-] §
§ Q = 3,67 * 10-1 * 6,33 * 10-1 §
§ Q = 2,32 * 10-1
Q > Ks (BaSO4), nesta condições o sistema não
se encontra em equilíbrio (a condição de equi-
líbrio é Q = Ks), para que uma situação de equi-
líbrio seja atingida o quociente da reacção tem
de diminuir até igualar o valor de o valor de Ks,
o que implica evolução do sistema no sentido
da formação do sal. Assim, implica formação de
precipitado, ou seja, há precipitação de BaSO4 e
diminuição das concentrações dos iões.
Estabelecer as condições iniciais e as de
equilíbrio.
Determinar o valor de x.
Recorrer à expressão do produto de solubili-
dade, Ks, para determinar x.
Ks = [Ba2+]e * [SO42-]e §
§ 1,1 * 10-10 = * §
§ 1,1 * 10-10 = * §
§ 1,1 * 10-10 (136,4 * 10-3)2 =
= (0,0864 − x) * (0,0500 − x) §
§ x2 - 136,4 * 10−3x + 4,32 * 10-3 = 0
Aplicando a fórmula resolvente, resulta
x = 8,64 * 10-2 ou x = 5,00 * 10-2.
O valor de x, 8,64 * 10-2 é impossível nestas
condições, pois não se pode gastar de catião
bário (Ba2+) uma quantidade superior à inicial.
Determinar as quantidades de iões Ba2+ e
SO42- quando se atinge o equilíbrio.
n(Ba2+)e ] 0
n(SO42-)e = 0,06864 - 0,0500 §
§ n(SO42-)e = 0,0364 mol
Quando se atinge o equilíbrio, a quantidade de
Ba2+ é tão pequena que não foi possível detetá-
-la por este processo, mas dado que se co-
nhece a concentração de anião sulfato (SO42-)
vai ser possível detetá-la recorrendo à expres-
são de Ks.
Ks = [Ba2+]e * [SO42-]e § [Ba2+]e = §
§ [Ba2+]e = §
§ [Ba2+]e = §
§ [Ba2+]e = 4,12 * 10−10 mol dm-3
[Ba2+]e = §
§ n(Ba2+)e = [Ba2+]e * Vtotal §
§ n(Ba2+)e = 4,12 * 10-10 * 136,4 * 10−3 §
§ n(Ba2+)e = 5,62 * 10-10
Ks
[SO42-]e
Ks
n(SO42-)e
Vtotal
1,0 * 10-10
0,0364
136,4 * 10-3
n(Ba2+)e
Vtotal
n(Na2SO4)
V
8,64 * 10-2
136,4 * 10-3
n(SO42-)
Vtotal
5,0 * 10-2
136,4 * 10-3
n(Ba2+)
Vtotal
"@
n(Ba2+)e
Vtotal
n(SO42-)e
Vtotal
0,0500 - x
136,4 * 10-3
0,0864 - x
136,4 * 10-3
BaSO4 (s) "@ Ba2 (aq) + SO4
2- (aq)
ni/mol — 0,0500 0,0864
Variação +x -x -x
neq/mol x 0,0500- x 0,0864- x
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Química
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
As quantidades de catião bário (Ba2+) e anião
sulfato (SO42-) na mistura obtida são respetiva-
mente 5,62 * 10−11 mol e 0,0364 mol.
9.8.4. Determinar a quantidade de sulfato de bário
que precipita.
n(BaSO4) = x § n(BaSO4) = 5,00 * 10−2 mol
Determinar a massa de sulfato de bário que
precipita.
Mr(BaSO4) = Ar(Ba) + Ar(S) + 4 Ar(O) §
§ Mr(BaSO4l) = 137,33 + 32 §
§ Mr(BaSO4) = 233,40 07 + (4 × 16,00)
M(BaSO4) = 233,40 g mol-1
m(BaSO4) = n(BaSO4) * M(BaSO4) §
§ m(BaSO4) = 5,00 * 10−2 * 233,40 §
§ m(BaSO4) = 11,67 g
A massa de BaSO4 que precipita é 11, 67 g.
9.8.5. Ao produto resultante da junção das duas so-
luções chamou-se mistura e não solução, pois
trata-se de uma mistura heterogénea consti-
tuída por duas fases distintas, uma sólida e
outra líquida. A líquida é a solução saturada
em sulfato de bário e a sólida é o sal precipi-
tado de sulfato de bário.
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