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Química

QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS

1. O amoníaco na sociedade

1.1. Uma reação de síntese é uma reação química

em que dois ou mais reagentes dão origem a

um só produto, obedecendo à Lei de 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 5.3.2)

(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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Química


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 número quantidade contida na fase ga-

sosa), para deste modo contrariar a perturba-

ção a que foi sujeito, sendo por isso favorecida

por altas pressões. Deste modo, teoricamente

prevê-se que a produção de amoníaco seja fa-

vorecida por altas pressões e baixas tempera-

turas. Na prática, utilizam-se pressões elevadas

mas de modo a garantir a segurança, pressão

entre 200 e 300 atmosferas, já que pressões

elevadas exigem equipamentos dispendiosos,

maiores condições de segurança e temperatu-

ras da ordem de 450 °C, utilizando-se ferro me-

tálico como catalisador.

1.5. Determinar a energia gasta na dissociação

de ligações.

Energia gasta na dissociação de três mol de

H2 (g) é 436 * 3 " 1308 kJ

Energia gasta na dissociação de um mol de

N2 (g) é 94 kJ

Energia total gasta na dissociação das 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 mol de

NH3 (g) é x * 6 " 6x (kJ)

Energia total libertada na formação das liga-

ções " 6x (kJ)

Determinar x.

DH = Energia gasta – Energia libertada

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

§ 6x = 1495 §

§ x = § x = 249,2 kJ mol-1

A energia de ligação azoto-hidrogénio é

249,2 kJ mol-1.

1.6.1.1.

Determinar a quantidade de tetracloroplati-

nato (II) de potássio – K2PtCl4.

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

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

Mr(K2PtCl4) = 415,08

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

n(K2PtCl4) = §

§ n(K2PtCl4) = §

§ n(K2PtCl4) = 0,241 mol

Determinar a quantidade de amoníaco.

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

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

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

n(NH3) = § n(NH3) = §

§ n(NH3) = 0,587 mol

1495

6

m(K2PtCl4)

M(K2PtCl4)

100

145,08

10,0

17,04

m( NH3)

M(NH3)

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Determinar o reagente limitante.

Tendo em conta a estequiometria da reação:

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

§ n(NH3) = 0,482 mol

Para que 0,241 mol de K2PtCl4 reagissem com-

pletamente seriam necessários 0,482 mol de

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

em excesso, existe em maior quantidade que

a necessária, logo o K2PtCl4 é o reagente limi-

tante.

Determinar a quantidade de cisplatina –

Pt(NH3)2Cl2, teoricamente prevista.

n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. = n(K2PtCl4) §

§ n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. = 0,241 mol

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.

O reagente em excesso é NH3.

Determinar a quantidade que se gastou de

tetracloroplatinato (II) de potássio – K2PtCl4.

n(K2PtCl4)gasto = n(Pt(NH3)2Cl2)r.o. §

§ n(K2PtCl4)gasto = 0,193 mol

Determinar a quantidade de amoníaco que

se gastou.

n(NH3)gasto = 2 * n(K2PtCl4)gasto §

§ n(NH3)gasto = 2 * 0,193 §

§ n(NH3)gasto = 0,386 mol

Determinar a quantidade que não se gastou

de amoníaco – NH3.

n(NH3)que não reage = n(NH3)existente - n(NH3)gasto §

§ n(NH3)que não reage = 0,587 - 0,386 §

§ n(NH3)que não reage = 0,201 mol

A quantidade de NH3 que não reagiu foi

0,201 mol.

1.6.2.1.

(C)

(A) Afirmação incorreta. Para a mesma 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)

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

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

n(Pt(NH3)2Cl2)t.p. * h100

0,241 * 80,0

100

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

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Química


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.

1.7. (C)

Determinar a quantidade de amoníaco.

m(NH3) =14 mg § m(NH3) = 1,4 * 10-2 g


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

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

n(NH3) = § n(NH3) = §

§ n(NH3) = 8,22 * 10-4 mol

Determinar o número de moléculas de amo-

níaco – NH3.

N(NH3) = n(NH3) * NA §

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

§ N(NH3) = 4,95 * 1020 moléculas

Determinar o número de átomos de azoto

(N) em 4,95 * 1020 moléculas de NH3.

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

Determinar o número de átomos de hidro-

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

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

§ N(H) = 1,49 * 1021 átomos.

1.8.1.

(C) De acordo com a Lei de Avogadro, pode

dizer-se que volumes iguais de gases diferen-

tes, considerados perfeitos, nas mesmas con-

dições de pressão e temperatura, possuem a

mesma quantidade de cada um desses gases.

Assim, a quantidade de gases em cada um dos

cilindros é igual e considera-se n.

Determinar a massa molar de cada subs-

tância.


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

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

Mr(H2) = 2 Ar(H)

Mr(H2) = 2 * 1,01 § Mr(H2) = 2,02

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

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

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

Determinar a massa contida em cada cilin-

dro.

Cilindro X:

n(NH3) = n

mno cilindro X = n(NH3) * M(NH3) §

§ mno cilindro X = n * 17,04 §

§ mno cilindro X = 17,04 n (g)

Cilindro Y:

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

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

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

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

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

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

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

V(K2PtCl4)

V(Pt(NH3)2Cl2)

m(substância)

V(substância)

m(substância)

rsubstância

m

rK2PtCl4

m

3,4

m

r(Pt(NH3)2Cl2)

m

3,7

V(K2PtCl4)

V(Pt(NH3)2Cl2)

m3,4m

3,7

V(K2PtCl4)

V(Pt(NH3)2Cl2)

m

3,4

3,7

m

V(K2PtCl4)

V(Pt(NH3)2Cl2)

m(NH3)

M(NH3)

1,4 * 10-2

17,04

122,1 n

81,1 n

V(K2PtCl4)

V(Pt(NH3)2Cl2)

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Cilindro Z:

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

mno cilindro Z = m(NH3) + m(N2) §

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

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

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

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

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

mno cilindro Y < mno cilindro X < mno cilindro Z

1.8.2.

(C)

Estabelecer a expressão que permite 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 realmemte se obtém.

h = * 100 §

§ n(HNO3)r.o. = §

§ n(HNO3)r.o. = §

§ n(HNO3)r.o. = 4,50 mol

Determinar a massa de ácido nítrico que

realmente se obtém.

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

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

Mr(HNO3) = 63,02

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

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

m(HNO3)r.o. = 4,50 * 63,02 §

§ m(HNO3)r.o. = 284 g

A massa, em gramas, de HNO3 produzida foi

248 g.

1.9.2.

Segundo a teoria de Arrhenius, base é toda a

substância que se dissocia em água originando

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

1.10.1.

É necessário realizar diferentes testes labora-

toriais para identificar a presença do azoto

amoniacal no produto comercial em análise

porque a realização de um só teste pode não

ser conclusiva. Realizando diferentes testes,

há maior a certeza nos resultados obtidos.

1.10.2.

As amostras padrão A e B são utilizadas como

referência e para comparar com os resultados

obtidos, permitindo concluir sobre a presença

ou ausência do azoto amoniacal. O resultado

da amostra A será o típico de uma amostra

que contém azoto amoniacal e o resultado da

amostra B será o típico de uma amostra que

não contém azoto amoniacal.

1.11.1.

A designação da operação I será adição de uma

base.

n(NH3)

Vm

V(NH3)

Vm

4,48

22,4

V(NH3)

Vm

225

22,4

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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1.11.2.

A espécie química representada pela letra C

será NH4+.

1.11.3.

Os resultados dos testes, representados pelas

letras D e E, a uma amostra do produto co-

mercial em estudo são, respetivamente, o apa-

recimento de fumos brancos e cor azul.

2. Rendimento de uma síntese

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 verdadeira. O sulfato de tetraami-

nocobre (II) monohidratado é um sal complexo,

pois tem na sua constituição um ião complexo:

o ião tetraaminocobre (II) – [Cu(NH3)4]2+.

2.4.1.

O sal hidratado presente nos reagentes é o

CuSO4.5H2O. O seu nome é sulfato de cobre (II)

penta-hidratado.

2.4.2.1.

Determinar a massa de solução concen-

trada de NH3.

r = §

§ m(solução) = rsolução * V(solução) §

§ m(solução) = 8,0 * 0,91 §

§ m(solução) =7,28 g

Determinar a massa de NH3 presente em

7,28 g de solução concentrada de NH3.

%(m/m)(NH3) = * 100 §

§ m(NH3) = §

§ m(NH3) = §

§ m(NH3) = 1,82 g

Determinar a quantidade de NH3.


Mr(NH3) = 14,01 + 3 * 1,01 §

§ Mr(NH3) = 17,04

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

n(NH3) = § n(NH3) = §

§ n(NH3) = 1,07 * 10-1 mol


Tendo em conta a estequiometria da reação:

n(NH3) = 4 * n(CuSO4.5H2O) §

§ n(NH3) = 4 * 2,03 * 10-2 §

§ n(NH3) = 8,12 * 10-2 mol

Para que 2,03 * 10-2 mol de CuSO4.5H2O

reagissem completamente, seriam necessários

8,12 * 10-2 mol de NH3. Como existem

1,07 * 10-1 mol de NH3 (quantidade superior à

necessária), o NH3 está em excesso e o sulfato

de cobre(II) penta-hidratado (CuSO4.5H2O) é o

reagente limitante.

2.4.2.2.

O rendimento da reação seria 100% se todo o sul-

fato de cobre(II) penta-hidratado (CuSO4.5H2O)

reagisse para formar o sal de sulfato de tetraami-

nocobre(II) monohidratado (Cu(NH3)4SO4.5H2O)

Determinar a quantidade (Cu(NH3)4SO4.H2O)t.p.teoricamente prevista.

De acordo com a estequiometria da reação:

n(CuSO4.5H2O) = n(Cu(NH3)4SO4.5H2O)t.p. §

§ n(Cu(NH3)4SO4.H2O)t.p. = 2,03 * 10-2 mol

Determinar a quantidade (Cu(NH3)4SO4.H2O)r.o.realmente obtida.

Mr(Cu(NH3)4SO4.H2O) = Ar(Cu) + 4 Ar(N) + 14

Ar(H) + Ar(S) + 5 Ar(O) § 63,55 + 4 * 14,01 +

14 * 1,01 + 32,07 + 5 * 16,00 §

§ Mr(Cu(NH3)4SO4.H2O) = 245,8

M(Cu(NH3)4SO4.H2O) = 245,8 g mol-1

n(Cu(NH3)4SO4.H2O)r.o = §

m(solução)

V(solução)

m(NH3)

m(solução)

m(solução) * %(m/m) (NH3)

100

7,28 * 25,0

100

m(NH3)

M(NH3)

1,82

17,04

m(Cu(NH3)4SO4.H2O)r.o

M(Cu(NH3)4SO4.H2O)

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7

Química


§ n(Cu(NH3)4SO4.H2O)r.o = §

§ n(Cu(NH3)4SO4.H2O)r.o = 1,44 * 10-2 mol Determinar o rendimento.

h = * 100 §

§ h = * 100 § h = 71,0%

O rendimento da reação realizada é 71,0%.2.5. (C) O amoníaco é adicionado em excesso, daí

a medição do seu volume não necessitar deser feita de forma muito rigorosa.

(A) A pipeta volumétrica é um instrumentopara leitura muito rigorosa de volumes, de-vendo ser particularmente utilizada em titula-ções ou preparação de soluções rigorosas pordiluição. Porém, em qualquer caso, deve serutilizada para medir volumes bem definidos,de uma só vez.

(B) A proveta é um instrumente para mediçãovolumes, quando essa medição não precisa deser muito rigorosa. Neste caso, a proveta emcausa tem uma capacidade demasiado grandepara medir o volume de amoníaco, pelo que oerro introduzido é maior que o aceitável.

(D) O gobelé ou copo de precipitação não é uminstrumento de medida de volumes.

2.6. (C) (A) Este processo conduz a perdas de massa

no almofariz, pelo que não é recomendável atrituração depois da pesagem da massa. A tri-turação deve ser feita previamente e só depoisfazer a pesagem da massa correspondente às0,020 mol, para evitar perdas.

(B) A redução dos cristais a pó não tem in-fluência na facilidade de medir a sua massa.

(C)Os cristais de sal devem ser reduzidos a pópois o maior grau de divisão favorece a sua dis-solução no solvente (água).

(D) A redução dos cristais a pó não não tem

qualquer influência na diminuição da sua hi-

dratação.

2.7.1.

A sequência é: D, F, C, E, A, B

2.7.2.

A preparação laboratorial do sulfato de tetraamino

cobre (II) mono-hidratado, [Cu(NH3)4]SO4•H2O, in-

clui uma etapa em que se adiciona, lentamente, a

solução de sulfato de cobre (II) à solução concen-

trada de amoníaco, aparecendo de seguida uma

precipitado azul claro de hidróxido de cobre(II),

Cu(OH)2, etapa correspondente à imagem (C). Se-

guidamente adiciona-se um pouco de álcool etí-

lico, CH3CH2OH, à solução de sulfato de cobre(II)

pentahidratado, CuSO4•5H2O, em amoníaco, NH3,

para diminuir a solubilidade do [Cu(NH3)4]SO4•H2O

e facilitar a sua precipitação etapa correspondente

à imagem (E).

2.8.1.

Os cristais obtidos por este processo de síntese

são muito finos e pequenos pelo que a filtração

por sucção é uma forma de tornar o processo

mais rápido e eficaz em virtude da dimensão

dos sais formados. Além disso, a filtração por

sucção permite uma secagem dos cristais

muito mais eficaz e rápida do que a filtração

por gravidade, factor muito importante neste

caso, pois este sal não pode ser seco na estufa.

2.8.2.

(A)

2.9. A secagem dos cristais de sulfato de tetraami-

nocobre(II) mono-hidratado (Cu(NH3)4SO4.H2O)

não deve ser feita numa estufa porque os cris-

tais obtidos decompõem-se facilmente a tem-

peraturas elevados.

2.10.1.

(D)

Determinar a massa molar de O2.

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

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

Determinar a quantidade de O2.

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

2.10.2

Determinar a quantidade de O2 (ver item an-

terior).

n(O2) = § n(O2) = §

§ n(O2) = 1,33 mol

Determinar a percentagem de pureza.

% de pureza = 100,0% - % de impurezas

% de pureza = 100,0% - 20% § § % de pureza = 80,0%

Determinar a massa de KCl pura.

% de pureza= * 100 §

3,53

245,8

n(Cu(NH3)4SO4.H2O)r.o

n(Cu(NH3)4SO4.H2O)t.p

1,44 * 10-2

2,03 * 10-2

42,4

32,00

m(O2)

M(O2)

42,4

32,00

42,4

32,00

m(O2)

M(O2)

m(KCl)pura

m(KCl)impura

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8

Química


§ 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.

3. Num laboratório de química3.1. Espátula, balança, gobelé, garrafa de esguicho

com 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 seguida

arrefecer até à temperatura ambiente.

Transferir a solução para um balão volumé-

trico de capacidade igual ao volume que se

pretende preparar.

Lavar o gobelé (três vezes) com pequenas por-

ções de água desionizada, transferindo as

águas de lavagem para o balão volumétrico.

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

guida.

Completar o volume com água desionizada até

ao traço de referência.

Agitar o balão para homogeneizar a solução.

3.3. (D)

2HCl(aq) +Na2CO3 (aq) 2 NaCl (aq) +H2CO3 (aq),

pois é a única que respeita a lei de Lavoisier.

3.4.1.

(A) O ácido clorídrico é um material corrosivo.

É não explosivo pelo que não poderia ter o sím-

bolo (B), não é radioativo pelo que não poderia

ter 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 vapores

corrosivos 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 §

"

3

2

3

2

n(HCl)

Vsolução diluída

% de pureza *m(KCl)impura

100

80 * 35,5

100

28,4

74,55

m(KCl)

M(KCl)

m(HCl)

m(solução)

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9

Química


§ 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 pi-

peta 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).

23,8

1,19

m(HCl)

%(m/m)HCl

9,12

38,3

m(solução)

V(solução)

m(solução)

rsolução

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10

Química


Determinar o volume gasto em cada ensaio.

DV = Vf - Vi

1.° Ensaio: DV1 = Vf - Vi §

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


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


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


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

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

demasiado dos resultados obtidos nos restan-

tes ensaios.

3.5.5.

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

uma maior variação de pH é na proximidade

(vizinhança) do ponto de equivalência.

3.5.6.

Determinar o volume médio.

∆ DVmédio =∆ §

∆ DVmédio =∆ §

§∆DVmédio =∆50,00 cm3

O volume de titulante gasto na titulação foi

50,00 cm3.

3.6. Determinar a quantidade de HCl gasto na ti-

tulação.

[HCl] = § n(HCl) = [HCl] * V §

§ n(HCl) = 0,50 * 50,00 * 10-3 §

§ n(HCl) = 2,5 * 10-2 mol

Determinar a quantidade de Na2CO3 nos

10,00 cm3 de solução.

Tendo em consideração a estequiometria da

reação (ver 2.3)

n(Na2CO3) = n(HCl) §

§ n(Na2CO3) = * 2,5 * 10-2 §

§ (Na2CO3) = 1,25 * 10-2 mol

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%).

4. Qualidade do leite

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

1

2

n(Na2CO3)

V

1,25 * 10-2

10,00 * 10-3

"

"@

n(Na2CO3)

V

1

2

n(HCl)

V

DV1 + DV2 + DV4

3

50,00 + 50,10 + 49,90

3

m(Na2CO3)pura

m(Na2CO3)impura

13,25

14,75

"@

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11

Química


Determinar o valor médio da densidade doleite.

rleite = § rleite = §

§ rleite = 1,032 g cm-3

O valor médio da densidade do leite a 288,15 Ké 1,032 g cm-3.

4.3.1. A expressão significa fazer reagir amostras de

leite com uma solução aquosa de hidróxido desódio, até a reação estar completa, isto é, atétodo o ácido ter reagido com a quantidade ne-cessária e suficiente de solução aquosa de hidró-xido de sódio, de acordo com a estequiometriada reação. Porém, quando a reação termina[OH-] < [H3O

+] porque o anião lactato tem ca-ráter básico, sofrendo hidrólise originando iõesOH- 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 do10,00 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 titu-

lado 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, incluindo a própria água, já que

Kw também aumenta com o aumento da tem-

peratura, baixando assim, o pH (a ionização

das substâncias ácidas é um processo endo-

térmico). Se a ionização das substâncias áci-

das não aumentasse com o aumento da

temperatura, o pH não diminuía pois não au-

mentava 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

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.

n(H3O+)

V

"@

5,0 * 10-8

0,500

n(OH-)

V

1,023 + 1,040

2

r1 + r2

2

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12

Química


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.

4.4. A força de um ácido está relacionada com a

sua constante de acidez, sendo tanto maior

quanto maior for o valor dessa constante.

Quanto maior for o valor da constante de 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

n(CH3CHOHCOOH)

V(leite)

2,00 * 10-4

10,00 * 10-3

"@

n(NaOH)

V(NaOH)

"@

n(CH3CHOHCOOH)

V(leite)

"

n(NaOH)

[NaOH]

n(NaOH)

V(NaOH)

2,00 * 10-2

1,0

"@

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13

Química


ácidos nele presentes terem constantes de

acidez pouco extensas. 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.

5. Controlo da acidez de um aquário

5.1. (B) [OH-] = [H3O

+], implica que a solução é neutra,mas só a 25 °C o valor dessa concentração é1,0 * 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 HPO4

2- 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

m(solução)

V(solução)

m(HCl)

m(solução)

(m/m) (HCl) * m(solução)

100

30 * 1,2 * 0,2

100

30

100

1,2 * 0,2

1

Kw

[H3O+]

1,0 * 10-14

1,58 * 10-7

"@

[H2PO4-]e * [H3O

+]e

[H3PO4]e

"@

"@

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14

Química


temperatura, isto é, com o seu aumento as

concentrações dos produtos da ionização da

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

evolução do sistema no sentido direto.

Atendendo ao princípio de Le Châtelier, quando

se provoca uma perturbação ao sistema em

equilíbrio, este evolui de modo a contrariar a

perturbação a que foi sujeito. Assim, 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+] * [HO-] § [OH-] = §

§ [OH-] = §

§ [OH-] = 7,97 * 10-8 mol dm-3

Determinar o pOH a 34 °C.

pOH = - log [HO-] §

§ pOH = - log 7,97 * 10-8 §

§ pOH = 7,1

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

6. Água, água e… mais água…

6.1. A frase indicada faz referência ao facto de 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 aágua do mar não ser adequada ao consumopelos seres vivos terrestres é:

“Como a água do mar é corrosiva e tóxica paraos 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 dadopela expressão pH = - log [H3O+]. Assim,quanto menor o pH, para a mesma tempera-tura, maior a concentração de H3O

+ e maior aacidez.

6.4.2. Uma água é tanto mais dura quanto maior for

a quantidade de ião cálcio existente num dadovolume de solução.

As águas duras não favorecem a formação deespuma quando se utiliza sabonete ou sabão.

Assim, a água que se “oporá” menos à forma-ção de espuma será aquela que apresentaruma 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 existente

numa 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 valor

Kw

[H3O+]

2,0 * 10-14

2,51 * 10-7

m(SiO2)

V

"@

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15

Química


do 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 concentração

de H3O+, pois Kw = [H3O

+] * [OH-].

Em água, a concentração de H3O+ é igual à

concentração de OH-.

Se [H3O+] = [OH-] pode reescrever-se o pro-

duto iónico da água como, Kw = [H3O+]2 o que

permite dizer que em água [H3O+] = V√K√w. Jus-

tifica-se, assim, que em água, quanto maior o

valor Kw maior a concentração de H3O+ e de

OH-, pois estas são iguais.

Realça-se que apesar do pH diminuir com o au-

mento de temperatura, a acidez da água não

varia porque a concentração de OH- também au-

menta e mantêm-se a condição [H3O+] = [OH-].

6.5.3.

(A) Afirmação falsa. Tendo em consideração o

Princípio de Le Châtelier, quando a um sistema

em equilíbrio se causa uma perturbação, este

reage no sentido de contrariar a perturbação

a que foi sujeito. Assim, aumentando a tempe-

ratura de um sistema em equilíbrio este evolui

no sentido endotérmico (sentido que ocorre com

consumo/absorção de energia). De acordo com

a leitura gráfica, quando a temperatura aumenta,

o produto iónico da água, Kw = [OH-] * [H3O+], au-

menta, o que indica que o sistema evolui no

sentido 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.

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 autoio-

nização da água a 50 °C é mais extensa do que

a 25 °C.

(D) Afirmação correta.

Determinar a concentração de OH- em água

a 60 °C.

Por leitura gráfica verifica-se que

Kw(60°C) = 10,0 * 10-14

Em água [H3O+] = [OH-].

[H3O+] = [OH-] ± Kw = [OH-]2

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

§ [OH-] = 3,16 * 10-7 mol dm-3

Determinar o pOH da solução.

pOH = - log [OH-] §

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

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

do que 7.

6.5.4.

Estabelecer equação química que traduz a

ionização do ácido clorídrico em água.

O ácido clorídrico é um ácido muito forte que

em solução aquosa se encontra totalmente io-

nizado de acordo com a equação química:

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

Determinar a quantidade H3O+.

De acordo com a estequiometria da reação

n(H3O+) = n(HCl)

[HCl] = § n(HCl) = [HCl] * V

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

n(H3O+) = n(HCl) § n(H3O

+) = 0,030V (mol)

Determinar a concentração de H3O+.

[H3O+] = § [H3O

+] = §

§ [H3O+] = 0,030 mol dm-3

Determinar a concentração de OH-.

Por leitura gráfica, verifica-se que

Kw (50°C) = 5,0 * 10-14

Kw = [OH-] * [H3O+] §

§ [OH-] = §

§ [OH-] = §

§ [OH-] = 1,67 * 10-12 mol dm-3

Determinar o pOH da solução.


§ pOH = - log (1,67 * 10-12) §

§ pOH = 11,8

O pOH da solução é 11,8.

n(HCl)

V

0,030V

V

n(H3O+)

V

Kw

[H3O+]

5,0 * 10-14

0,030

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16

Química


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

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 era

6,6 * 10-3 mol dm-3.

6.7.4.

A afirmação é verdadeira, pois para dispô-las

por ordem crescente do seu valor de pH seria

também necessário conhecer a concentração

inicial dos respetivos ácidos.

"@

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

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

ni/mol y — 0 ]0*

Variação -x — +x +x

neq/mol y - x — x x

17

Química


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 =

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 quantidade de H3O

+ formada na ionização étanto maior quanto maior for a constante de

acidez, Ka. Assim, a quantidade de H3O+ for-mada será maior no caso do ácido acético, poisa sua constante de acidez é superior à do ácidocianídrico. Quanto maior for a quantidade deH3O

+ formada maior será a sua concentraçãoe menor será o pH, pelo que a solução queapresentará menor pH é a de ácido acético.

6.9. (D) O cianeto de sódio (NaCN) em soluçãoaquosa sofre dissociação de acordo com aequação:

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 umácido fraco. Assim, essa solução vai apresentarcaráter básico pelo que [H3O

+] < [OH-].6.10.1. (A) Trata-se de uma titulação ácido forte-base

forte pelo que o pH no ponto de equivalência éo correspondente ao de uma solução com ca-ráter 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 auma base forte, pelo que a quantidade de OH-

vai sendo menor, o mesmo acontecendo como valor do pH.

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 HCl = 12,5 cm3 §

§ Vsolução de HCl = 12,5 * 10-3 dm3

[HCl] = § n(HCl) = [HCl] * Vsolução §

§ n(HCl) = 0,20 * 12,5 * 10-3 §§ n(HCl) = 2,5 * 10-3 mol

Determinar a quantidade de KOH. Atendendo á estequiometria da reação:

n(KOH) = n(HCl) n(KOH) = n(HCl) § n(KOH) = 2,5 * 10-3 mol Determinar a concentração de KOH. Vsolução de KOH = 25,0 cm3 §

§ Vsolução de KOH = 25,0 * 10-3 dm3

[KOH] = §

§ [KOH] = §

§ [KOH] = 0,10 mol dm-3

A concentração da solução de hidróxido de po-tássio é 0,10 mol/dm3.

x2

0,020 - x

5,9 * 10-4

1,0

n(H3O+)

V

[H3O+]e* [HCOO-]e

[HCOOH]e

n(HCOO-)e

V

n(H3O+)e

V

n(HCOOH)e

V

x

1,0

x

1,0

0,020 - x

1,0

n(HCl)

Vsolução

n(KOH)

Vsolução de KOH

n(CH3COOH)

V

2,5 * 10-3

25,0 * 10-3

© Edições ASA

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

18

Química


07. Dos hidrocarbonetos aos combustíveis

7.1. (B)

7.2.1.

A fórmula de estrutura do butano é:

E a do propano é:

7.2.2.

(D)

Determinar a quantidade de butano em

12,2 dm3, nas condições PTN.

n(C4H10) = § n(C4H10) = §

§ n(C4H10) = 0,500 mol Determinar a quantidade de átomos de H

em 12,2 dm3, nas condições PTN. n(H) = 10 * n(C4H10) §

§ n(H) = 10 * 0,500 § n(H) = 5,00 mol Determinar o número de átomos de H em

12,2 dm3, nas condições PTN. N(H) = n(H) * NA §

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

7.2.3.

Determinar a energia absorvida para rom-

per as ligações em uma mole de butano.

Eabs. = 3Ediss.(C-C) + 10Ediss.(C-H) §§ Eabs. = 3 * 346 + 10 * 413 §§ Eabs. = 5168 kJ mol-1

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

Determinar a energia absorvida para rom-

per as ligações em uma mole de propano.

Eabs. = 2Ediss.(C-C) + 8Ediss.(C-H) §§ Eabs. = 2 * 346 + 8 * 413 §§ Eabs. = 3996 kJ mol-1

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

Fica assim demonstrado que a energia posta

em jogo na dissociação das ligações de uma

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

do que na dissociação das ligações de igual

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

7.2.4.

Determinar a quantidade de butano.

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

Mr(C4H10) = 4 * 12,01 + 10 * 1,01 §

§ Mr(C4H10) = 58,14

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

n(C4H10) = §

§ n(C4H10) = § n(C4H10) = 2,580 mol


Tendo em conta a estequiometria da reação

n(O2) = n(C4H10) § n(O2) = * 2,580 §

§ n(O2) = 16,77 mol

Para que 2,580 mol de C4H10 reagissem com-

pletamente, seriam necessários 16,77mol de

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

superior á necessária), o O2 está em excesso e

o butano é o reagente limitante.

Determinar a quantidade de CO2 teorica-

mente previsto (rendimento de 100%).

De acordo com estequiometria da reação:

n(CO2)t.p. = n(C4H10) §

§ n(CO2)t.p. = * 2,580 §

§ n(CO2)t.p. = 10,32 mol

Determinar a quantidade de CO2 realmente

obtida.

n(CO2)r.o. = § n(CO2)r.o. = §

§ n(CO2)r.o. = 5,58 mol

Determinar o rendimento.

h = * 100 § h = * 100 §

h = 54,1%

O rendimento da reação é 54,1%.

7.3.1.

7.3.2.

(C)

Determinar o quociente da reação.

De acordo com a estequiometria da reação, as

quantidades formadas de monóxido de car-

bono e de oxigénio são iguais.

Q = § Q = §

§ Q = 1,0 * 10-4

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.

m(C4H10)

M(C4H10)

150,0

58,14

13

2

13

2

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

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

© Edições ASA

19

Química


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

[NO2]e = § [NO2]e = §

§ [NO2]e = 2,2 * 10-3 mol dm-3

0,0044

2

5,78 * 10-2

2,0

n(O2)e

V

3,56 * 10-2

2,0

n(NO)e

V

4,4 * 10-3

2,0

n(NO2)e

V

© Edições ASA

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

20

Química


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.

8. Transferindo eletrões

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 quandoperde eletrões. Um átomo molécula ou iãoreduz-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 reagen-

tes para produtos com diminuição do seu nú-

mero 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

[NO2]e2

[O2]e * [NO]e2

(2,2 * 10-3)2

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

© Edições ASA

oxidação

redução

21

Química


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 .

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 respetivo

catião.

8.6. O ácido clorídrico reage com o zinco mas não

reage com a prata, porque o poder redutor do

zinco é superior ao da prata. Assim, o zinco

metálico é um redutor suficientemente forte

para reduzir o catião hidrogénio (H+) a 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.

8.8.1.

(C) O n.o. do vanádio no ião, VO3– 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)V03– + 4 * n.o. (O)V03

– = –1 §

§ n.o.(V)V03– + 3 * (–2) = –1 §

§ n.o.(V)V03– = –1 + 6 §

§ n.o.(V)V03– = 5

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








© Edições ASA

22

Química


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

3+ +

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

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

§ n.o.(V)[VO(H2O)6]3+ –12 + 12 = +3

n.o.(V)[VO(H2O)6]3+ = +3 + 12 – 12 §

§ n.o.(V)[VO(H2O)6]3+ = +3

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








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

2+ +

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

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

§ n.o.(V)[VO(H2O)6]2+ –12 + 12 = +2

n.o.(V)[VO(H2O)6]2+ = +2 + 12 – 12 §

§ n.o.(V)[VO(H2O)6]2+ = +2

VO3– (amarelo) → [VO(OH2)5]

2+ (azul) →

→ [V(OH2)6]3+ (verde) → [V(OH2)6]

2+ (violeta)

8.8.2.1.

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

enxofre (S02) é mais quatro porque a soma 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


uma molécula neutra é igual a zero (regra da

electroneutralidade) e porque o número de oxi-

dação do o xigénio é me nos dois exceto nos

peróxidos que é menos um .

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

= 0 §

§ 5 * (–2) + 2 * (S)V2O5= 0 §

§ n.o.(S)V2O5= § n.o.(S)V2O5

= 5

9. Reações de precipitação

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 só depende da temperatura. A solubilidade

de um sal em diferentes soluções depende da

presença de iões comuns ao sal e da presença

de agentes que reajam com os iões presentes no

sal. Assim, a solubilidade de um sal em presença

de ião comum diminui relativamente à sua solu-

bilidade em água. A solubilidade em presença de

agentes que reajam com os iões presentes no

sal, fazendo diminuir a sua quantidade, aumen-

tam a solubilidade do sal relativamente à sua so-

lubilidade 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

102

© Edições ASA

23

Química


mais massa de soluto, sem que se altere a sua

solubilidade.

(F) Afirmação falsa. A ordem da solubilidade

dos sais, em água, coincide com a ordem dos

respetivos produtos de solubilidade, para uma

mesma temperatura, apenas se a estequiome-

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

entre a solubilidade e o produto de solubili-

dade for igual.

(G) Afirmação verdadeira. O hidróxido de cál-

cio é mais solúvel numa solução de NH4Cl do

que em água pura, embora o respetivo produto

de solubilidade só varie com a temperatura.

9.4.1.

A afirmação é verdadeira, pois todos os sais

apresentados possuem moléculas de água in-

corporadas na sua estrutura cristalina.

9.4.2.

9.4.3.1.

A afirmação é verdadeira. À temperatura de

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

H2O, ou seja, a quantidade máxima de

CuSO4.5H2O que é possível dissolver em 100 g

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) + CrO42- (aq)

Ks = [Ba2+]* [CrO42-] § Ks = S * S §

48,0

100

m(BaCl2.2H2O)

m(água)

48,0

100

m(BaCl2.2H2O)

60

48,0

100

"@

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24

Química


§ 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

Determinar a concentração de catião bárioquando o cromato de estrôncio começa aprecipitar.

No instante em que o cromato de estrôncio co-meça a precipitar, a concentração de aniãocromato 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 aconcentração de catião bário, já que se co-nhece Ks e a concentração de anião cromatonesse 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.


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


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.

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

[Sr2+]

3,5 * 10-5

0,10

"@

Ks

4

Ks

4

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25

Química


Determinar a quantidade de catião alumínio

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

de nitrato de alumínio.

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

[Al(NO3)3] = §

§ n(Al(NO3)3) = [Al(NO3)3] * V §

§ n(Al(NO3)3) = 0,020 * 40,0 * 10-3 §

§ n(Al(NO3)3) = 8,0 * 10-4 mol

Em solução aquosa, o nitrato de alumínio sofre

dissociação de acordo com a equação:

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

Tendo em conta a estequiometria do sal:

n(Al3+) = n(AlNO3)3) §

§ n(Al3+) = 8,0 * 10-4 mol

Determinar a quantidade de anião hidróxido

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

de hidróxido de sódio.


[NaOH] = §

§ n(NaOH) = [NaOH] * V §

n(NaOH) = 0,050 * 60,0 * 10-3 §

§ n(NaOH) = 3,0 * 10-3 mol

Em solução aquosa, o hidróxido de sódio sofre


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

Tendo em conta a estequiometria:

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

Determinar a concentração do anião hidró-

xido (OH-) na solução final se não ocorresse

precipitação.

Vtotal = VAl(NO3)3+ VNaOH §

§ Vtotal = 40,0 + 60,0 §

§ Vtotal = 100,0 cm3 §

§ Vtotal = 100,0 * 10-3 dm3

[OH-] = § [OH-] = §

§ [OH-] = 3,0 * 10-2 mol dm-3

Determinar a concentração do catião alumí-

nio (Al3+) na solução final se não ocorresse

precipitação.

Vtotal = VAl(NO3)3+ VNaOH §

§ Vtotal = 40,0 + 60,0 §

§ Vtotal = 100,0 cm3 §

§ Vtotal = 100,0 * 10-3 dm3

[Al3+] = § [Al3+] = §

§ [Al3+] = 8,0 * 10-3 mol dm-3


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

Q = [Al3+]* [OH-]3 §

§ Q = 8,0 * 10-3 * (3,0 * 10-2)3 §

§ Q = 2,2 * 10-7

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

não se encontra em equilíbrio (a condição de

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

equilíbrio seja atingida, o quociente da reação

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

implica evolução do sistema no sentido da for-

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

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

das concentrações dos iões.

9.7.2.

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

H3O+ e OH-. As espécies NO3

-, Na+,Cl-, tem ca-

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

ráter químico da solução final vai depender da

quantidade de OH- proveniente de hidróxido

solubilizado.

Tendo em consideração os valores das con-

centrações obtidos no item anterior

Admitindo que todo o Ag+ precipitava

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

ria que n(OH-)e = 3,0 * 10-3 - 3x §

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

§ n(OH-)e = 6,0 * 10-4 mol,

A quantidade de OH- no equilíbrio vai ser ligei-

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

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

lução uma pequena quantidade, que corres-

ponde à permitida pela solubilidade nestas

condições.

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

[OH-] = § [OH-] = §

§ [OH-] = 6,0 * 10-3 mol dm-3


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

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

a concentração de OH- é ligeiramente superior

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

francamente alcalina.

n(Al(NO3)3)

V

n(NaOH)

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

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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

26

Química


9.8.1.

Hidróxido de bário – Ba(HO)2

Sulfato de sódio – Na2SO4

9.8.2.

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

9.8.3.

Quando se misturam as duas soluções poderá

ocorrer precipitação de sulfato de bário

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

hidróxido de sódio é bastante solúvel.

Determinar a quantidade de catião bário

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

de hidróxido de bário.


[Ba(OH)2] = §

§ n(Ba(OH)2) = [Ba(OH)2] * V §

n(Ba(OH)2) = 1,00 * 50,0 * 10-3 §

§ n(Ba(OH)2) = 5,00 * 10-2 mol

Em solução aquosa, o hidróxido de bário sofre


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


n(Ba2+) = n(Ba(HO)2) §

§ n(Ba2+) = 5,0 * 10-2 mol

Determinar a quantidade de anião sulfato

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

de sulfato de sódio.


[Na2SO4] = §

§ n(Na2SO4) = [Na2SO4] * V §

§ n(Na2SO4) = 1,00 * 86,4 * 10-3 §

§ n(Na2SO4) = 8,64 * 10-2 mol

Em solução aquosa, o sulfato de sódio sofre


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


n(SO42-) = n(Na2SO4) §

§ n(SO42-) = 8,64 * 10-2 mol

Determinar a concentração do anião hidró-

xido (SO42-) na solução final se não ocor-

resse precipitação.

Vtotal = VBaOH + 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 ocorre-se pre-

cipitação.

[Ba2+] = § [Ba2+] = §

§ [Ba2+] = 3,67 * 10-1 mol dm-3


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

Q = [Ba2+] * [SO42-] §

§ Q = 3,67 * 10-1 * 6,33 * 10-1 §

§ Q = 2,32 * 10-1

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

se encontra em equilíbrio (a condição de equi-

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

líbrio seja atingida o quociente da reacção tem

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

o que implica evolução do sistema no sentido

da formação do sal. Assim, implica formação de

precipitado, ou seja, há precipitação de BaSO4 e

diminuição das concentrações dos iões.

Estabelecer as condições iniciais e as de

equilíbrio.

Determinar o valor de x.

Recorrer à expressão do produto de solubili-

dade, Ks, para determinar x.

Ks = [Ba2+]e * [SO42-]e §

§ 1,1 * 10-10 = * §

§ 1,1 * 10-10 = * §

§ 1,1 * 10-10 (136,4 * 10-3)2 =

= (0,0864 − x) * (0,0500 − x) §

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

Aplicando a fórmula resolvente, resulta

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

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

condições, pois não se pode gastar de catião

bário (Ba2+) uma quantidade superior à inicial.

Determinar as quantidades de iões Ba2+ e

SO42- quando se atinge o equilíbrio.

n(Ba2+)e ] 0

n(SO42-)e = 0,06864 - 0,0500 §

§ n(SO42-)e = 0,0364 mol

Quando se atinge o equilíbrio, a quantidade de

Ba2+ é tão pequena que não foi possível detetá-

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

"@

n(Ba(OH)2)

V

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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

27

Química


-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

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.

Ks

[SO42-]e

Ks

n(SO42-)e

Vtotal1,0 * 10-10

0,0364

136,4 * 10-3

n(Ba2+)e

Vtotal

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