Quí

mic

a I

1

Volume 4.B

Oxidação e Redução (Parte II) –(Balanceamento de Equações Químicas)

��������

Capítulo 8: Polaridade das Ligações Químicas – Interações IntermolecularesPolaridade das Ligações Químicas – Interações IntermolecularesPolaridade das Ligações Químicas – Interações IntermolecularesPolaridade das Ligações Químicas – Interações IntermolecularesPolaridade das Ligações Químicas – Interações Intermoleculares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Tópico A: Polaridade das Ligações QuímicasTópico B: Forças, Ligações ou Interações Intermoleculares – IntroduçãoTópico C: Forças de Van der Waals ou Dispersões de London ou Dipolo InduzidoTópico D: Forças Dipolo-Dipolo ou Dipolo PermanenteTópico E: Pontes de Hidrogênio ou Ligações de HidrogênioTópico F: Pontos de Fusão e Ebulição das Substâncias MolecularesQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Capítulo 9: Funções InorgânicasFunções InorgânicasFunções InorgânicasFunções InorgânicasFunções Inorgânicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4Tópico A: Conceitos IniciaisTópico B: Ácido e Base de ArrheniusTópico C: Classificação dos ÁcidosTópico D: Propriedade dos ÁcidosTópico E: Um Aprofundamento sobre os Conceitos de Ionização de Dissociação e Ionização IônicaTópico F: A Nomenclatura dos ÁcidosTópico G:Os Principais Ácidos (fórmulas e nomes)Tópico H: Estrutura de Lewis dos Principais ÁcidosTópico I: Estudo das BasesTópico J: Propriedades das BasesTópico L: Nomenclatura das BasesTópico M:O Estudo da Amônia (NH3(g))Tópico N: Informações Adicionais Sobre uma das Bases Mais Importantes para a Indústria QuímicaTópico O:Conceitos Modernos de Ácido e BaseTópico P: As Reações entre Ácidos e Bases Associado ao Estudo dos Sais – Aspectos Essenciais das

Reações InorgânicasTópico Q:Alguns Aspectos de Reações Inorgânicas EssenciaisTópico R: Estudo dos Óxidos e Química AmbientalTópico S: Classificação Básica dos Óxidos e sua NomenclaturaTópico T: Classficação dos Óxidos Relacionados com suas PropriedadesTópico U: Peróxidos e SuperóxidosTópico V: Algumas Curiosidades Sobre ÓxidosTópico X: Impactos Ambientais Causados pelos ÓxidosQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

SUMÁRIO

Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 4.B

Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios

1 DSiC�4 e CC�4 são compostos apolares.

Quí

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2

Volume 4.B

E

O OC

μ2μ1

2

*ligações polares C 0

* molécula apolar ( R 0)

⎧ =⎪⎨ μ =⎪⎩

O OS

μ2

μR

μ1

N N

*ligações polares (S 0)

* molécula apolar ( R 0)

⎧ =⎪⎨ μ ≠⎪⎩

*ligações apolares (mesmo elemento)

* molécula apolar

⎧⎪⎨⎪⎩

AQuanto maior a cadeia carbônica, menor a polaridademaior a cadeia carbônica, menor a polaridademaior a cadeia carbônica, menor a polaridademaior a cadeia carbônica, menor a polaridademaior a cadeia carbônica, menor a polaridadee conseqüentemente, menor a solubilidade em He conseqüentemente, menor a solubilidade em He conseqüentemente, menor a solubilidade em He conseqüentemente, menor a solubilidade em He conseqüentemente, menor a solubilidade em H22222OOOOO.Logo: III < II < I ou I > II > III mais solúvel

B4

3

y yx

μ2μ1

Geometria linear

μR = 0 (molécula apolar)

CA água ao se congelar tem suas moléculas interagindopor pontes de Hidrogênio hexagonalmente, o que tornao cristal de gelo mais volumoso e conseqüentementemenos denso. As pontes de H são mais fortes e intensasque as forças de dipolo induzido das moléculas apolares.

DCC�4 e CH4 são compostos apolares onde as moléculasde cada um interagem por forças de V. der Waals oudipolo induzido. Entretanto, a massa molar do CC�4 ébem maior que a do CH4, fato que torna suas interaçõesintermoleculares mais intensas e conseqüentemente seuPE maior.

CMoléculas apolares interagem por dipolo induzido.

AOs sais de cobre são substâncias iônicas que em H2Oliberam íons que apresentam com a água interações dotipo íon-dipolo.

5

6

7

8

ESubstâncias polares são mais adequadas comolubrificantes, pois não interagem com o material dopreservativo masculino que é apolar.

10

2

4

3

1

6

7

5

8

9

*ligações polares C F

*ligação apolar C C

* molécula apolar ( R 0)

⎧ −⎪

=⎨⎪ μ ≠⎩

DHeitor (CC�4) apolarAlda (S8) apolarMara (C6H6) apolarRosa (CH3COOH): polarZita ((CH3)O): pouco polar

A substância mais insolúvel no CC�4 é o CH3COOH.Logo, Heitor paquera Rosa.

BI2 é um composto apolar e se dissolve no CC�4 quetambém é apolar.

DH2S é um composto polar e portanto apresenta momentodipolo (μR ≠ 0)

A

C CFF

FF

μ3

μ1 μ4

μ2

D

DA forma das estruturas é do tipo trigonal plana.

A substância em foco apresenta grande cadeiacarbônica e portanto será melhor solubilizada numasubstância de estrutura semelhante. Neste caso, oaguardente de cana, que apresenta etanol:

�������3 2

parte apolar(cadeia carbônica)

CH – CH – OH

A

O C OH H

O

Linear angular

angular trigonal plana

O

S

O O

S

O

O

+ –

Molécula de H2O

Molécula de H2O

= HLegenda

= ONa+ C�–

DO processo de mistura do etanol em H2O é favorecidopelas pontes de H (interações de H).

Quí

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3

Volume 4.B

11

12

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15

16

DO n-pentano apresenta cadeia normal, fato que lheproporciona maior superfície de contato entre suasmoléculas em relação ao isopentano, de cadeiaramificada. Logo, as interações do n-pentano (Forçasde Van der Waals) são mais intensas.

BO ácido fumárico (trans) é apolar enquanto que o ácidomaléico (cis) é polar.

CAs pontes de hidrogênio são interações mais intensasque as forças de Van der Waals.

ANa dissolução de um sal na água ocorrem interaçõesdo tipo íon-dipolo. Veja:

NaC�(aq) → Na1(aq)+ + C�1

(aq)−

AI. Rompimento de ligações metálicas (metal).II. Rompimento de pontes ou interações de hidrogênio.

(a água tem suas moléculas interagindo por pontesde H).

III. Rompimento do retículo iônico (composto iônico).IV. Rompimento dos dipolos induzidos (composto

apolar).

BO etanol apresenta suas moléculas interagindo por pontesde hidrogênio, devido à presença do grupo hidroxila,justificando assim seu maior PE em relação ao éter.

Na+

–

–

–

–

C�–+

+

+ +

+

+

++

A) Ligações ou pontes de hidrogênio (H – F, O, N)

B)

A civetona apresenta PE maior, pois sua massa molar émuito maior que as das outras substâncias. No caso dolinalol e do neral de massas molares próximas, ocorreque o linalol apresenta interações por pontes de hidrogênio,fato que torna o seu PE mais alto que o do neral.

O adesivo apresenta grupos hidroxila e portanto interagepor ligações de hidrogênio. Dos materias citados, acelulose apresenta também hidroxila e conseqüentementeinterage com o adesivo, fazendo com que o mesmotenha sua ação potencializada.

Polietileno e poliestireno, como podemos observar, sãohidrocarbonetos de longas cadeias carbônicas eportanto apolares.Apresentam suas moléculas interagindo por dipoloinduzido (forças de Van der Waals).

5.1 O etano por ser apolar apresenta moléculas interagindofracamente por dipolos induzidos o que justifica seu menorPE em relação ao álcool etílico cujas moléculas interagemmais intensamente por pontes de hidrogênio.

5.2Observe que ambos apresentam a mesma massamolar e são isômeros de função. Entretanto, o álcooletílico apresenta interações de hidrogênio, fato quejustifica seu maior PE em relação ao éter metílico.

5.3Apesar de ambos os compostos interagirem porpontes de hidrogênio, no caso da água a quantidadedas mesmas é bem maior que no álcool, justificando asinterações mais intensas entre as moléculas de água econseqüentemente maior PE que o álcool etílico.

O etanol forma mistura homogênea com água em todasas proporções porque entre as moléculas dessassubstâncias ocorrem ligações de hidrogênio. Essasinterações decorrem da existência em ambas asmoléculas da ligação muito polar O – H e, no caso doálcool, uma pequena cadeia carbônica.

NH2 NH2

NH3

H+ H+

N

H HH

• Note que ocorreu a fomação do gás amônia. Vejaa estrutura de sua molécula.

C) Lipídios representam compostos apolares devido asuas longas cadeias carbônicas. Logo, as suasinterações intermoleculares são do tipo dipoloinduzido (força de Van der Waals).

1

2

3

4

5

6

7

8

Na+ C�+O

H

H

H

H H

H H

H

O

O

O

H H

O

H

H

O

H H

O

O

H

H

5,3

condutivid

ade

elé

tric

a

7,4 %H2O

O gráfico tem este aspecto devido à variação linear decondutividade da solução em função do teor de água.

A) A concentração da solução aquosa diminuirá e, nasolução de tetracloreto de carbono, aumentará.

9

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4

Volume 4.B

ECu(H2O)4)(aq)

2+ é um composto de coordenação, formadosegundo apenas a teoria de Lewis.

B1) Em II a H2O é base de Brönsted-Lowry.2) Em I a água é ácido de Brönsted-Lowry.4) A água é doador de próton em I e receptor em II.As afirmações 3, 5 e 6 são verdadeiras.

DO enunciado enfatiza o conceito de ácido de Lewis.Trata-se do BF3. Veja:

B

ECaCO3 é um sal básico e é usado para combater acidezno solo.

BLeite de Magnésia (Mg(OH)2(ag)) NaHCO3(aq)(bicarbonato de sódio): por serem substâncias básicassão bastante adequadas para aliviar picadas ácidasde abelhas e formigas.

A

bromato de potássio: K1+BrO13− → KBrO3

sulfeto de amônio: NH14+ SO 2

3− → (NH4)2SO3

iodeto de sódio: Na1+ I1– → NaI

nitrito de bário: Ba2+ NO12− → Ba(NO2)2

CI2O5 CO2 SO2+ 5 + 4 + 4óxido ácido óxido ácido óxido de ácido

P2O5 CO+ 5 óxidoóxido ácido neutro

CÓxidos anfóteros. A�2O3, Fe2O3, Cr2O3, ZnO, PbO

BÓxidos duplos mistos ou salinos apresentam fórmula geralX3O4.Logo, o óxido duplo de ferro tem fórmula Fe3O4.

13

14

15

Funções Inorgânicas

��������

C

H3PO4: oxiácido, ternário, triácido (3H+) e 4 3 1médio

− =���

Obs.: Ácido fosfórico é usado na fórmula da coca-cola.

B

3 33 3 0

fraco

H BO− = <

3 44 3 1médio

H PO− = <

2 44 2 2

forte

H SO− = <

44 1 3muito forte

HC O− =�

D*HCN(g): ácido cianídrico ou gás cianídrico é um ácidovolátil (baixo PE).* NCH

sp

(geometria linear)

DDe acordo com a tabela, a substância usada parafabricar cimento é a cal virgem que não é uma base esim um óxido básico de fórmula CaO. Tambémchamado óxido de cálcio ou cal viva. A sua reaçãocom H2O, origina a base Ca(OH)2. Veja.

(s)

óxido básico

1CaO�����

+ 1 H2O(�) → �������2(aq)

base

1Ca(OH)

B

A: ácidoB: base

H2CO3(aq)

HC�(aq) + CaCO3(s) CaC�2(aq) + H2O(�) + CO2(g)

12

10

9

11

8

F

F

F FB

Orbital vazio, que pode receber

um par de e–

F

F FFB + –[ ]

FF F

B

1–

6

7

1

2

3

4

5

B) Como o I2 é uma molécula apolar, ela terá maiorsolubilidade em solventes apolares. Ao misturar asduas soluções, haverá remoção do I2 do meio aquosopara o meio de tetracloreto de carbono (solventeapolar) devido à maior solubilidade do I2 emtetracloreto de carbono em relação à água.

A)10FF

C C (Forma cis)HH

F

F

C C (Forma trans)H

H

F

F

C C

H

H

B) A forma trans é apolar (grupos iguais opostos). Asdemais formas são polares.

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Volume 4.B

Fe2O3(s) CO2(g)Fe(s)CO(g)+ +Δ

+3 –2 +2 –2 +4 –2Zero

Oxidação, ag. redutor CO(g)

Redução, ag. oxidante Fe2O3(s)

16 B

E

Maior +

�������

1H(aq)

concentração de +(aq)H ⇒ maior acidez

• A combustão dos derivados do carvão fóssil, liberacompostos com enxofre que levam a formação dachuva ácida.

CH3PO3: diácido ou deprótico.H3PO2: monoácido ou monoprótico.Obs: Essas são as principais exceções da classificaçãodos ácidos quanto ao número de H+ ionizáveis.

CEm ácidos do tipo HXO (X – O – H), quanto maiseletronegativo for X, mais ele atrai os e– da ligação O – H,deixando o H mais livre e o ácido mais forte. Logo:

Eletronegatividade:C > Br > I

⎧⎪⎨⎪⎩ �

+1 +1 –2

Ácidohipocloroso

HC�O

+1 +5 –2

Ácidoclórico

HC�O3

+1 +3 –2

Ácidocloroso

HC�O2

+1 –2

Ácidoperclórico

HC�O4

+7

BNaOH é uma base solúvel em H2O.

Eácido bórico: H3BO3ácido clorídrico: HC�ácido carbônico: H2CO3ácido sulfídrico: H2S

D

Amônio: NH4

x + 4 . (+1) = +1x = –3

x + 1 1+

E

2 H3PO4(aq) – 1 H2O(�) → 2 7(aq)4

ácido pirofosfórico

1H P O�������

1 Ca3(Cit)2(s) + 3H2SO4(aq) → 3 CaSO4(s) + 2 H3Cit(aq)

HC�O > HBrO > HIO

maisforte

maisfraco

E

A

CI.Simples troca ou deslocamentoII. Dupla trocaIII. Análise ou decomposiçãoIV. Adição ou síntese

C

Na+ HCO3–

2Na HCO3(s) 2H2SO4(aq)

<H2CO3>

Na2SO4

1 Na2SO4(aq) 2 CO2(g)+ 2H2O(�)+ +

H+ SO42–

AEm ácidos, desinência ídricoídricoídricoídricoídrico origina nos sais desinênciaetoetoetoetoeto.

E

2KHCO3(s) Δ⎯⎯→ 1K2CO3(aq) + 1H2O(�) + 1CO2(g)

1 CO2(g) + Ca(OH)2(aq) → �����3(s)

sal insolúvel

1CaCO + 1H2O(�)

CNH3: base fracaHNO3: ácido forteNaC�: sal neutroNaOH: base forteHF: ácido médio

DH4P2O7: ac. pirofosfóricoCaC�Br: cloreto brometo de cálcioMgSO3: sulfito de magnésioPbSO4: sulfato de chumbo

B

1 CaCO3(s) + 2 (aq)H+ → 1 2(aq)Ca + + 1 H2O(�) + 1 CO2(g)

E

2

1

4

3

5

6

7

8

92H3Cit(aq) + 3CaO(s) 1Ca3(Cit)2(s) + 3H2O(�)

H2O

H1+Cit3– Ca2+O2–

Ca3(Cit)2

10

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17

BaO

Óxidobásico

SO2

Óxidoácido

+4

Óxidoduplo

ou salino

CO

Óxidoneutro

A�2O3 Pb3O4

Óxidoanfótero

Quí

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6

Volume 4.B

Si C�C� C�

C�

C�

(sp3 no Si)(sp3d no Si)

SiC�

C�

O

C�

H

H

H

HOrbital vazio "d"

O

2HNO3(aq) + 1CaCO3(s) 1Ca(NO3)2(aq) + 1H2O(l) + 1CO2(g)

H2CO3(aq)

C� O H I O H; Br O H;

C� O H; C�

C�

O

O O

O

H;

H;

O

HC�O O

O

O

CCr2O3 é um óxido anfótero.

EÓxidos de N e S são causadores da chuva ácida, casosejam lançados na atmosfera.

BCaO: óxido de cálcio ou cal virgem ou cal viva é umóxido básico.

EZnO → Zn2+ O2–

ZnO2 → Zn2+ O1–

Logo:

30Zn2+: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 �

2

u . c4s 3d10

A2 NO2(g) + 1 H2O(�) → 1 HNO2(aq) + 1 HNO(aq)1 SO3(g) + 1 H2O(�) → 1 H2SO4(aq)1 CO2(g) + 1 H2O(�) → 1 H2CO3(aq)x = HNO3(aq); y =H2SO4(aq); z = H2CO3(aq)

CH3PO4(aq): ácido fosfóricoMgO(s): óxido de magnésioCa(OH)2(s): hidróxido de magnésio (base)NH4HSO3(s): bissulfito de amônio (sal)

B

2 (s)

óxido básico

Na O�����

+ H2O(�) → (aq)

base

2 NaOH�������

CFormação de pontes de hidrogênio (H – F, O, N). Veja:

H O

H2O CH2

OH

CH2

OH

CH

OH

CO silício está no 3o período da tabela periódica. Devidoa este fato, ele pode expandir o octeto através dosorbitais d. Veja

6 2KBrO3(s) Δ⎯⎯→ 2KBr(s) + 3O2(g)

O O (Estrutura de Lewis)

A) CuO(s) + H2(g) → Cu(s) + H2O(g)

B) Simples troca ou deslocamento

3HC�(conc) + 3A�(OH)3(aq) → 3(aq)

Cloreto de alumínio

1A C� ������

+ 3H2O(�)

Reação de Dupla Troca

7

8

9

10

Reação de Dupla Troca

A)

B)

23

24

22

HC� é um ácido forte e HF é um ácido médio. Esse fatoacarreta que o HC� sofre mais ionização, ocorrendomaior formação de íons livres em solução, fato queaumenta muito a condução elétrica do mesmo em relaçãoao HF.

CH3 CH

OH

O

OH(aq)

C

CH3 CH

OH

O

O(aq)

C

+ H2O(�)

+ H3O(aq)–+

Lactato ou2-Hidróxi-propanoato

Os ácidos são compostos moleculares e, portanto,apresentam mais baixo PF e PE do que as bases que sãocompostos iônicos (altos PF e PE). As interações iônicassão mais intensas do que as interações intermoleculares.

1

2

3

4

5

18

20

19

21

α = 34,647 .10

6,115

−

= 34,647 . 10−

36,115 . 10−¨

α = 0,00076 = 0,076% (α < 5%, ácido fraco)*H2S(aq): ácido sulfídrico

A) Porque ele é uma substância básica, uma vez que éformada de NH3(aq). Logo, deixa a fenolftaleínavermelha neste caso.

B) Como a amônia é volátil, a mesma “escapa”, parao ar e o meio vai deixando de ser básico e afenolfateína volta a ficar incorlor.

1

2

Quí

mic

a I

7

Volume 4.B

DNa fluoropatita ocorre formação de ligações iônicas comflúor e cálcio que são mais fortes e intensos que as outrasligações, devido a atração eletrostática entre os íons.

ENitrato de sódio: composto iônico, alto PF,

2

sal de sódio

muito solúvel em H O����������� . Ácido benzóico: composto

covalente polar, PF intermediário, pouco solúvel em H2O.Naftaleno: hidrocarbonato (composto apolar), insolúvelem H2O.

EO melhor solvente para a luteolina é o álcool etílico queapresenta grupo hidroxila na sua estrutura e portantointerage com a mesma através de pontes

���

de hidrogênio.

(interações ou ligações)

CA água ao se congelar forma pontes de Hhexagonalmente, tornando o cristal de gelo maisvolumoso e conseqüentemente menos denso.

A

EReação: 1 SO2(g) + 2 C�2(g) → 1 SOC�2(g) + 1 OC�2(g)Estrutura do SOC�2:

CFermento em pó: NaHCO3 (bicarbonato de sódio)Água sanitária: NaC�O (hipoclorito de sódio)Soro fisiológico: NaC� (cloreto de sódio)

B

C

HNO3(aq): ác. nítrico, oxiácido, (H, N, O)ternário ,

(1H )monoácido

+,

(3 1 2)forte− =

EO mais iônico (com maior diferença de eletronegatividade)é o menos solúvel. Logo:F → origina o sal menos solúvelC� ↑ eletronegatividadeBrI

Logo: NaF < NaC� < Na

B

I)4S+

O2(g): óxido ácido ou anidridoSO2(g) + H2O(�) → H2SO3(aq)

anidrido sulfuroso ac. sulfurosoII) NO(g): óxido neutro

N O

7 e– na u . C (molécula ímpar)

N

O

μ1

μ2

μR

μR

≠ 0 (polar)

O

III) A curva II representa o SO3(g)IV) Óxidos neutros não reagem com H2OV)

As afirmações I e V são verdadeiras

A• O aumento da cadeia carbônica diminui a acidez.• Se for introduzido um elemento eletronegativo na cadeia,

a acidez é aumentada. Além disso, quanto maior aeletronegatividade do mesmo, maior a acidez.Logo: (Ordem crescente de acidez)

BA maior eletronegatividade do S em relação ao Seintensifica a carga na base HS–, tornando-a mais forte.

Obs.: Não esqueça que no caso da 15a questão, aforça da base está associada à sua capacidade decapturar prótons (H+) do meio racional.

A

��4pH 7base ácido

fraca forteNH OH HC4ouNH3

NH C (sal ácido)<

�

� � �pH 7base ácido

forte forteNaOH HC

Na C (sal neutro)=

�

�

� �pH 7base ácido

moderadoforteHFNaOH

Na F (sal básico)>

EI. Adição ou SínteseII. Simples troca ou deslocamentoIII. Dupla troca ou substituição

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

NH3–O

Ligação iônica

+

O H O

Ponte de hidrogênio

S

Ligação covalente

S

S

µ1

µ3µ2

µ2,3

µ2,3 ≠ µ1 (µR ≠ 0)

O

C� C�

– Geometria trigonal plana

– Molécula polar

H2CO3(aq)

Sulfato de potássio

H2SO4(aq) + CaCO3(s) CaSO4(s) + H2 (�) + CO2(g)

CH3CH2C

menos ácido

(maior cadeia)

< CH3 <O

OH

CO

OH

CH2

Br

CO

OH

< CH2

C�

CO

OH

mais ácido

Quí

mic

a I

8

Volume 4.B

B + N F B

HH H

F

FFN

F H

F H

H

Ligaçãocoordenada

Cu + H2SO4 CuSO4 + SO2 + H2O

oxidação

redução

zero +1 +6 –2 +2 +6 –2 +4 –2 +1 –2

BF3 + NH3

ácido deLewis

base deLewis

F3BNH3

composto decoordenação

I I Representa uma reação de redox. Veja:

A

Veja:

A1. ácido Lewis2. base de Arrenhius3. base de Lewis4. ácido de Arrenhius5. base de B.L.6. ácido de B.L.

DH3PO4 é a ácido fosfórico:– Ternário (H, P, O)– Oxiácido (tem O)– Moderado ou médio (4 – 3 = 1)– Triácido (3 H+)

estrutura:

H O O HP

O

H

sp3 , geometria damolécula emtorno de Ppiramidal

18

19

20

Leitura complementar

Estrutura molecular e força de ácidoEstrutura molecular e força de ácidoEstrutura molecular e força de ácidoEstrutura molecular e força de ácidoEstrutura molecular e força de ácido

A força de um ácido depende da facilidade comque o próton, H+, é removido da ligação H – X existentena molécula. O entendimento dos fatores que determinama facilidade da perda do próton propicia a previsãosobre as forças relativas de ácidos semelhantes.

Dois fatores são importantes na determinação dasforças relativas dos ácidos. Um deles é a polaridadeda ligação entre o H e o átomo a que se une. Ohidrogênio deve ter carga parcial positiva:

–H – Xδ+ δ

Quanto mais polarizada for a ligação nestadireção, mais fácil será a remoção do próton e maiora força do ácido. O segundo fator que determina aforça do ácido é a intensidade da ligação, isto é, ovalor da união do próton. Este valor, por sua vez,depende do tamanho do átomo X. Quanto maior foro átomo X, mais fraca será a ligação e maior aforça do ácido.

Imaginemos a série de ácidos binários, HX,formados pelos elementos de uma coluna da tabelaperiódica. Os ácidos são os compostos desteselementos com o hidrogênio, como por exemplo osácidos binários dos elementos do Grupo VIIA: HF,HC�, HBr e HI. Quando se desce pela coluna doselementos, adicionando de cada vez uma camadade elétrons ao átomo, o raio atômico aumentasignificativamente. Por isso, o tamanho do átomo Xé o fator dominante na determinação da força doácido. Ao se descer por uma coluna de elementosda tabela periódica, o tamanho do átomo X aumenta,a força da ligação H – X diminui, e a força do ácidobinário aumenta. Podemos prever a seguinte ordemda força do ácido:

HF < HC� < HBr < HI

Quando se percorre uma fila dos elementosda tabela per iódica, o raio atômico diminuilentamente. Por isso as forças relativas dos ácidosbinários destes elementos são menos dependentesdo tamanho do ácido X. É a polaridade da ligaçãoH – X que se to rna o fa to r dominan te nadeterminação da força do ácido. Ao longo de umaf i la de e lementos da tabe la per iódica, aeletronegatividade aumenta, a polaridade daligação H – X aumenta, e a força do ácido tambémaumenta. Por exemplo, os ácidos binários do doisúltimos elementos do segundo período são H2O eHF. As forças dos ácidos são

H2O < HF

O fluoreto de hidrogênio é um ácido fraco e aH2O um ácido muito fraco.

Consideremos agora os oxiácidos. Estes ácidostêm a estrutura

H – O – Y –

O átomo de H ácido está sempre ligado a umátomo de O que, por sua vez, está ligado a um átomoY. Outros grupos, como átomos de O ou grupos O – H,também podem estar ligados a Y. A polaridade daligação parece ser fator dominante na determinaçãodas forças relativas dos oxiácidos. Esta polaridade,por sua vez, depende da eletro-negatividade do átomoY. Se a eletronegatividade de Y for grande, a ligaçãoH – O será relativamente pequena e a força do ácidoserá grande. Para uma série de oxiácidos com amesma estrutura, diferindo somente pelo átomo Y, a

Quí

mic

a I

9

Volume 4.B

A eletronegatividade dos elementos do Grupo VIIA diminui quando se desce na coluna respectiva, e então aeletronegatividade diminui do C� para o Br para o I. A ordem das forças dos ácidos é

HIO < HBrO < HC�O

Na série de oxiácidos, (HO)mYOn, a força do ácido cresce com n, o número de átomos de O ligados a Y(excluindo-se os átomos de O dos grupos OH). Os oxiácidos do cloro proporcionam bom exemplo:

H O C� H O Br H O I

H O C� C�H O O

C�

O

H O O C�

O

O

H O O

Com cada átomo de O que se adiciona, o átomo de C� fica mais eletronegativo. Então, o átomo de H fica maisácido. As forças dos ácidos crescem então na ordem

HC�O < HC�O2 < HC�O3 < HC�O4

Antes de deixarmos a questão da estrutura molecular e da força do ácido, vejamos as forças relativas dos ácidospolipróticos e dos ânions ácidos correspondentes. Por exemplo, o H2SO4 se ioniza perdendo um próton e formando oíon HSO –

4 , que, por sua vez, se ioniza para dar SO2–4 . O HSO –

4 pode perder um próton e por isso é ácido. Porém comotem carga negativa, tende a atrair prótons, e a sua força de ácido fica diminuída diante de espécie sem carga elétrica.Isto é, as forças dos ácidos estão em ordem

HSO –4 < H2SO4

Esta análise mostra que a força de um ácido poliprótico e a dos seus ânions diminui com o aumento dacarga negativa.

força do ácido aumenta com a eletronegatividade de Y. Consideremos, por exemplo, os ácidos HC�O, HBrO eHIO.* As respectivas estruturas são

*As fórmulas desses ácidos podem ser escritas como HXO ou HOX, variando a convenção. Em geral se escrevem com os átomos de Hácidos em primeiro lugar, e depois com o elemento característico (X), e finalmente os átomos de O. Muitas vezes, porém, se escrevem asfórmulas de compostos com três átomos na ordem em que estão ligados, e neste caso se teria HOX.

Texto extraído do livro Química Geral Volume II, Ebbing, 5a edição, Editora LTC, págs 103 a 105.

Quí

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10

Volume 4.B

Anotações

Quí

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Volume 4.B

Capítulo 7: Equilíbrio Químico – Parte IIEquilíbrio Químico – Parte IIEquilíbrio Químico – Parte IIEquilíbrio Químico – Parte IIEquilíbrio Químico – Parte II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Tópico A: Deslocamento do Equilíbrio Químico de uma ReaçãoTópico B: Fatores que Deslocam o Equilíbrio Químico de uma ReaçãoTópico C: Influência do Catalisador Sobre o Equilíbrio de uma ReaçãoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Capítulo 8: Equilíbrio IônicoEquilíbrio IônicoEquilíbrio IônicoEquilíbrio IônicoEquilíbrio Iônico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Tópico A: IntroduçãoTópico B: Ionização dos Poliácidos ou Ácidos PolipróticosTópico C: Lei da Diluição de OstwaldTópico D: Efeitos do Íon ComumTópico E: Equilíbrio Iônico da ÁguaTópico F: pH e pOHTópico G:Cálculo do pH e pOH em Soluções Formadas por PoliácidosTópico H: Hidrólise de SaisTópico I: Produto de SolubilidadeQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

SUMÁRIO

Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 4.B

Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios

Equilíbrio Químico – Parte II

��������

1 C

A) O equilíbrio se desloca para a direita (lado de maiorvolume).

B) O edquilíbrio se desloca para a esquerda (ladoexotérmico).

C) O equilíbrio se desloca para a esquerda (para ooutro lado).

D) O equilíbrio se desloca para a esquerda (para omesmo lado).

A) A expressão de KC para a reação em equilíbrio é:

KC = 2[CO ][CO]

.

Logo, quanto maior o valor de KC, mais a reação estarádeslocada no sentido direto, de formação de CO2 e de Fe.Pelos dados fornecidos na tabela, KC aumenta conformea temperatura diminui.B) Aumentando a [CO] e diminuindo a [CO2] para o

equilíbrio deslocar-se no sentido da reação direta.

t1: O sistema atinge o equilíbrio químico;t2: O equilíbrio é deslocado para a direita pelo

acréscimo da substância A. Como conseqüênciadeste deslocamento inicia-se uma diminuição daconcentração dos reagentes AAAAA e BBBBB e um aumentoda concentração do produto CCCCC.

A) F: A adição de C�2(g) desloca o equilíbrio para aesquerda.

B) F: A adição de uma substância sólida não deslocao equilíbrio químico.

C) V: O aumento da pressão total desloca o equilíbriopara o lado de menor volume, o lado esquerdo,favorecendo a formação de PC�5(s).

D) F: O aumento da temperatura desloca o equilíbriopara o lado endotérmico, ou seja, para o lado direito.

E) F: Um sistema só atinge o equilíbrio químico emfrasco fechado.

2

3

4

Quí

mic

a II

12

Volume 4.Bt3: O sistema atinge um novo equilíbrio químico,

diferente do equilíbrio químico anterior.diferentes. Como estamos procurando um equilíbrio quenão se desloque com o aumento da pressão total, o volumedos reagentes e dos produtos devem ser iguais, o queocorre no item D.

A)

5

A) Ao adicionarmos HC� (aq) à solução, estamos

aumentando a concentração de H (aq)+ na mesma,

assim o equilíbrio se desloca para a esquerda,

favorecendo a formação de Cr2O27(aq)

− , predominandoassim a cor alaranjada.

B) Ao adicionarmos NaOH(aq) à solução, estamosdiminuindo a concentração de H (aq)

+ na solução, poiseste está sendo neutralizado pelo OH (aq)

− provenienteda base. Assim o equilíbrio será deslocado para a

direita favorecendo a formação de CrO 24(aq)

− ,predominando assim a cor amarela.

D6

7

Observamos que quanto maior a temperatura, maior ovalor de KC, o que caracteriza uma reação endotérmica.A) F: A formação de NO2(g) é endotérmica;B) F: Aumentando a pressão o equilíbrio se desloca

para a esquerda, diminuindo a intensidade da corcastanho;

C) F: Aumentando-se a temperatura o equilíbrio sedesloca para o lado endotérmico, aumentando aintensidade da cor castanho;

D) V: KC = 2

2

2 4

[NO ][N O ] , como a 0oC o valor de KC é menor,

isso significa que a concentração de N2O4(g) é maior.E)

x = 0,4 mol de NO2(g).

A) gráfico: I (temperatura: T1)

KC = [AB]

[A] . [B] =

23 .1

= 23

(mol/L)–1

Gráfico: II (temperatura: T2)

KC = [AB]

[A] . [B] = 3

2 .1 =

32

(mol/L)–1

B) Como no gráfico II, a temperatura é maior e aconstante de equilíbrio, também é maior, deduzimosque a reação é endotérmica, pois neste tipo dereação, quanto maior a temperatura, maior o valorde KC, pois o equilíbrio está deslocado para a direita,favorecendo a formação dos produtos.

DPara que a variação da pressão total do sistema desloqueo equilíbrio, o volume dos reagentes e produtos devem ser

2

4

3

15

B)

C)

D)

E)

C

A) O equilíbrio se desloca para a esquerda;B) O equilíbrio não se desloca;C) O equilíbrio se desloca para a direita;D) O equilíbrio não se desloca;E) O catalisador não desloca o equilíbrio.

A) O equilíbrio se desloca para a direita (menor volume).B) O equil íbrio se desloca para a esquerda

(endotérmica).C) O equilíbrio se desloca para a direita (para o outro

lado).D) O equilíbrio se desloca para a direita (para o mesmo

lado).

A) O equilíbrio se desloca para a esquerda, para olado de menor volume (Conseqüências: ↑[PC�5];↓[PC�3]; ↓[C�2]).

B) O equilíbrio se desloca para o lado endotérmico,para a direita. (Conseqüências: ↓[PC�5]; ↑[PC�3];↑[C�2]).

C) O equilíbrio se desloca para o lado exotérmico, paraa esquerda. (Conseqüências: ↑[PC�5]; ↓[PC�3];↓[C�2]).

D) O equilíbrio se desloca para o outro lado, para olado esquerdo. (Conseqüências: ↑[PC�5]; ↓[PC�3];↓[C�2]).

E) O equilíbrio se desloca para o mesmo lado, para adireita. (Conseqüências: ↓[PC�5]; ↑[PC�3]; ↑[C�2]).

Fe3O4(s) + 4H2(g) � 3 Fe(s) + 4H2O(g)

Quí

mic

a II

13

Volume 4.B

Kc = 4

24

2

[H O][H ]

A) O equilíbrio se desloca para a direita, o aumentoda concentração de um reagente desloca o equilíbriopara o lado do produto.

B) O equilíbrio não se desloca, pois a adição de umsólido não altera o equilíbrio químico.

C) O equilíbrio não se desloca, pois a adição de umcatalisador aumenta igualmente a velocidade dareação direta e da reação inversa.

D2NaHCO3(s) � Na2CO3(s) + CO2(g) + H2O(g)I. Sistema fechado: desfavorece a reação, pois o

acúmulo de gases desloca o equilíbrio químico paraa esquerda.

II. Sistema aberto: favorece a reação.III. A presença adicional de CO2 desfavorece a reação,

pois desloca o equilíbrio químico para a esquerda.IV. A remoção de água desloca o equilíbrio químico

para a direira, favorecendo a reação.

O item DDDDD é correto.

E

3(s)4

OV

1NH NO������� ,

Exot.

Endot.������������ 2 (g) 2 (g)

3V

1N O 2 H O+���������

ΔH = –36,03KJ/molA) (F) O aumento da temperatura desloca o equilíbrio

químico para a esquerda (lado endotérmico).B) (F) O catalisador não desloca o equilíbrio químico.C) (F) O equilíbrio químico é atingido quando a

velocidade da reação direta (V1) é igual a velocidadeda reação inversa (V2).

D) (F) O aumento da concentração de água desloca oequilíbrio químico para a esquerda.

E) (V) A diminuição da concentração de N2O(g) deslocao equilíbrio químico para a direita.

EO Princípio de Le Chatelier estabelece que: se uma forçaexterna é aplicada a um sistema em equilíbrio, o sistemase ajusta de tal modo que a força seja parcialmenteanulada, de modo que o mesmo volte à posição deequilíbrio. A palavra "força"significa uma mudança naconcentração de uma das espécies, pressão, volumeou temperatura do sistema em equilíbrio. Um aumentoda concentração de uma das espécies, faz com que areação tenda a se deslocar no sentido do maiorconsumo daquela espécie. Um aumento na temperaturafavorece a reação endotérmica (ΔH > 0), contrariamente,uma diminuição na temperatura favorece a reaçãoexotérmica (ΔH < 0). Na reação descrita na questão,um aumento na temperatura favorece a formação do[CoC�4]2– (reação endotérmica), e uma diminuiçãofavorece a formação do [Co(H2O))]2+ (reaçãoexotérmica). A adição do cloreto de sódio aquoso àsolução acarreta o aumento da concentração dos íonsC�– no meio. Conseqüentemente, a reação se deslocaráno sentido de consumir os íons C�– adicionados, ouseja, formação do [CoC�4]2+ (cor azul). Portanto,somente a alteriativa EEEEE está correta.

I. V: Um aumento da pressão parcial do NO2(g) deslocao equilíbrio para a direita, favorecendo o consumode hidrazina.

II. F: Um aumento da temperatura desloca o equilíbriono sentido da reação endotérmica, favorecendo oconsumoconsumoconsumoconsumoconsumo de N2(g) e H2O(g).

III. F: A injeção de H2O(g) desloca o equilíbrio para aesquerda, favorecendo a formação de hidrazina.

k = 2

2

P (CO)P(CO )

A) A adição de C(s) não desloca o equilíbrio, pois suaconcentração é constante.

B) O equilíbrio químico desloca-se para a direita, poiso aumento da temperatura desloca o equilíbrio nosentido da reação endotérmica.

C) A adição de um catalisador não desloca o equilíbrioquímico.

A) CoC�2(s) + 2H2O(g) � CoC�2 . 2H2O(s) anidro (azul) hidratado (rosa)

B) Tempo úmido: o aumento da concentração de águadesloca o equilíbrio para a direita predominando acor rosa.Tempo seco: a diminuição da concentração da águadesloca o equilíbrio para a esquerda predominandoa cor azul.

Um equilíbrio é deslocado pela variação da pressãototal quando o volume dos reagentes e produtos foremdiferentes. Isso ocorre nos equilíbrios I e III (sóconsideramos o estado gasoso).

CO2(g) + H2O(�) � HCO 3(aq)− + H (aq)

+

• a pressão diminui, deslocando o equilíbrio para aesquerda; além de diminuir a solubilidade do CO2(g).

• a temperatura aumenta, diminuindo a solubilidadedo CO2(g).

• o aumento da concentração de H (aq)+ desloca o

equilíbrio para a esquerda.

2(g) 2(g)

4V

1N 3H+������� Exotérmica

Endotérmica⎯⎯⎯⎯⎯→←⎯⎯⎯⎯⎯ 3(g)

2V

2 NH����� ΔH = –26,2Kcal

4V Compressão

Expansão⎯⎯⎯⎯⎯→←⎯⎯⎯⎯⎯ 2V

A) O aumento da temperatura desloca o equilíbrioquímico para o lado endotérmico, ou seja, para olado esquerdo (V2 > V1).

A

6

7

8

13

9

10

11

12

14

Quí

mic

a II

14

Volume 4.BB) A diminuição da pressão total do sistema desloca o

equilíbrio químico para o lado de maior volume (parao lado da expansão volumétrica), ou seja, para olado esquerdo (V2 > V1).

C) O Aumento da concentração de N2(g) desloca oequilíbrio no sentido de consumi–lo, ou seja, para olado direito. (V1 > V2).

Apesar de o aumento da temperatura diminuir o rendimentoda reação, pois o aumento de temperatura favorece àreação endotérmica, ou seja, a reação inversa(deslocamento do equilíbrio poara a esquerda), o aumentoda temperatura aumenta a velocidade da reação.

22 6 (aq)

rosa

Co(H O) +⎡ ⎤⎣ ⎦�������

+ (aq)4C −� Endotérmica

Exotérmica⎯⎯⎯⎯⎯→←⎯⎯⎯⎯⎯

Endotérmica

Exotérmica⎯⎯⎯⎯⎯→←⎯⎯⎯⎯⎯ 2

4 (aq)

azul

CoC −⎡ ⎤⎣ ⎦��������

+ 6H2O(�)

A) Havendo aquecimento, o equilíbrio desloca–se parao lado direito, pois o aumento da temperaturafavorece à reação endotérmica, e a solução passaa adquirir a cor azul, devido a um aumento da

concentração da espécie 24 (aq)

CoC −⎡ ⎤⎣ ⎦� .

B) Ao adicionarmos mais ácido clorídrico (HC�),estaremos aumentando a concentração molar de C�–

(efeito do íon comum); o equilíbrio se deslocará parao lado direito, e a solução irá adquirir a cor azul.

A) CO(g) + 2 H2(g) � CH3OH(g)

K = 32

2

[CH OH][CO][H ]

ou KP = CH OH3

2HCO 2

P

P . P

B) Para o equilíbrio:

(g) 2(g)

3 mol gás3 Vgás

CO 2 H+������������

� 3 (g)

1mol gás1V gás

CH OH�������

De acordo com o princípio de Le Chatelier, o aumentoda pressão vai deslocar o equilíbrio para a direita (menorvolume gasoso), favorecendo a formação de metanol.

01. (V) A concentração, a pressão e a temperaturadeslocam o equilíbrio químico das reações;

02. (F) Kc só varia com a temperatura;04. (V) O item está em acordo com o princípio de Le

Chatellier;08. (V) O aumento da temperatura desloca o equilíbrio

químico no sentido endotérmico;16. (F) O catalisador não desloca o equilíbrio químico,

pois aumenta igualmente a velocidade da reaçãodireta e a velocidade da reação inversa.

32. (V) pH = 2 → [H+] = 10–2 Mol/L

EI e III. Pelo gráfico, notamos que, à medida que a

temperatura aumenta, o Kc diminui:

Kc = 2

33

2 2

[NH ][N ][H ]

Isso nos leva a concluir que a elevação datemperatura favorece a formação de N2 e H2 e oconseqüente consumo de NH3, sendo oequilíbrio deslocado para a esquerda, indicandoque a reação inversa é endotérmica.

N2(g) + 3H2(g) exotérmica

endotérmica���������������� 2 NH3(g)

Logo, o aumento da temperatura provocadiminuição do rendimento da reação direta.

II. O aumento da temperatura aumenta avelocidade de todas as reações.

São corretos os itens I e III.

BI. ErradaAtravés da tabela fornecida, notamos que, ao aumentar atemperatura, ocorre diminuição da constante de equilíbrio(Kc), portanto temos uma reação direta exotérmica.

II. CorretaAumentando a temperatura, o equilíbrio é deslocadono sentido dos reagentes. Nesse sentido a reação éendotérmica.

III. ErradaO aumento da pressão sobre o sistema desloca oequilíbrio no sentido dos produtos (sentido da contraçãode volume).

D

I. 2 2(g)4(g)

2 V

C H C+ ��������

� 2 2(g)4

1V

C H C������

II. 2 2(g)4(g)

1V

C H C��������

� +� ����������2 3 (g) (g)

2 V

C H C HC

O item D é correto, pois um aumento na pressão totaldo sistema desloca o equilíbrio químico para a esquerda,no sentido da formação do 1,2-dicloroetano(C2H4C�2).

D

H2(g) + Br2(g) exotérmica

endotérmica���������������� 2 HBr(g) ΔH < 0

2 V

1V 1V����� = �

2 V

2V

A variação de pressão não desloca o equilíbrio, poisnão ocorreu variação de volume (número de mol).Um aumento na temperatura favorece a reaçãoendotérmica, deslocando o equilíbrio para a esquerda,no sentido da formação de H2(g) e Br2(g).Uma diminuição na temperatura favorece a reaçãoexotérmica, deslocando o equilíbrio para a direita, nosentido de formação de HBr(g).Logo, a alternativca correta é D.

1

2

3

4

5

6

15

16

Quí

mic

a II

15

Volume 4.B

9

A) A expressão da constante de equilíbrio da reaçãoN2(g) + O2(g) � 2 NO(g) é:

Kc = 2

2 2

[NO][N ][O ]

[] = nV (mol/L)

Substituindo os dados fornecidos, temos:

4,5 . 10–31 = 2[NO]

0,10 0,0210 10

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

[NO] = –369 .10

[NO] = 3 . 10–18 mol/L

B) Temos um processo endotérmico (ΔH > 0), portantoo aumento da temperatura irá deslocar o equilíbriopara a direita, favorecendo a formação de NO,conseqüentemente o valor da constante de equilíbrioaumentará.

BDado o equilíbrio:N2(g) + 3H2(g) � 2 NH3(g)

a expressão da constante de equilíbrio é dada por:

Kc = 2

33

2 2

[NH ][N ][H ]

I. Correta.Pelo gráfico, quanto menor a temperatura, maior o valorda constante de equil íbrio, portanto maior aconcentração dos produtos, maior o rendimento dareação.

II. Errada.O aumento da temperatura aumenta a velocidade da reação.

III. Correta.A diminuição da temperatura no equilíbrio favorece areação exotérmica.A síntese da amônia é favorecida pela diminuição datemperatura, logo é exotérmica.

IV. Errada.A elevação da temperatura favorece a formação de N2e H2.

Kc = [ ][ ]

32

3

CO

CO ou Kp =

32

3

pCO

pCO

⎡ ⎤⎣ ⎦⎡ ⎤⎣ ⎦

B) A retirada de FI(s) não desloca o equilíbrio da reação,pois a retirada de uma substância sólida não interfereno estado de equilíbrio.

AConhecendo as concentrações de COC�2, CO e C�2no equilíbrio inicial, podemos calcular a constante deequilíbrio através da expressão:CoCl2(g) � CO(g) + C�2(g)

K = 2

3

[CO][C ][COC ]

��

7

8

Ao perturbar o equilíbrio pela adição de 0,10mol deCO, segundo o Princípio de Le Chatelier, o sistema deverádeslocar-se para uma nova situação de equilíbrio,buscando, neste processo, minimizar o efeito da ação.O deslocamento deverá dar-se para a esquerda,aumentando a concentração de momentaneamenteacrescida de 0,1 mol, não pode ser reduzida até valoresabaixo do inicial, sob pena de termos uma diminuiçãodo valor do numerador da expressão (1) e, tendo ocorridoum aumento do denominador, resultar em umamodificação do valor da constante de equilíbrio. Issosó é possível se houver alteração da temperatura. Aopção correta é, portanto, a A.

Equilíbrio Iônico

��������

A) A base mais forte é a que possui a maior constantede dissociação (Kb):CH3NH2 (Kb = 4,4 . 10–4)

B) A base mais fraca é a que possui a menor constantede dissociação (Kb):C6H5NH2 (Kb = 4,2 . 10–10).

A) H2S(aq) � H (aq)+ + HS (aq)

− Ka1 = 1.10–7

HS (aq)−� H (aq)

+ + S 2(aq)

− Ka2 = 1,3 . 10–13

Ka1 = –

2

[H ] . [HS ][H ]

+

; Ka2 = 2–[H ] . [S ]

[HS ]

+

−

B) H2S; pois o ácido é fraco

CA solução que vai apresentar a maior condutividadeelétrica é a do ácido mais forte, ou seja, o ácido quepossui a maior constante de ionização, pois: ↑ Ka;↑ força do ácido ↑ ionização do ácido ↑ concentraçãodos íons na solução ↑ condutividade elétrica da solução.(O ácido mais forte é o ácido iódico (HIO3) Ka = 1,7 . 10–1).A solução de mais elevado pH é a solução menos ácida,ou seja, aquela que possui a menor concentração deH+ ([H+]), isso ocorre com o ácido mais fraco, o quepossui a menor constante de ionização. (O ácido bórico(H3BO3) Ka = 5,8 . 10–10).

DComo KKKKK iiiii é uma constante que só varia com atemperatura, para uma temperatura fixa temos:

Ki = ↓ M . ↑ α2

O grau de ionização aumenta Quando a molaridade da solução diminui (diluição).

Constante

1

2

3

410

Quí

mic

a II

16

Volume 4.BOu seja: À medida que se dilui uma solução, o seugrau de ionização vai aumentando, tendendo à unidade(ou a 100%).

Diluindo-se uma solução de um ácido fraco concluímosque:• a constante de ionização (Ki) não se altera.• a molaridade (M) da solução diminui.• o grau de ionização (α) aumenta.• número de mol de H+

(aq) aumenta.• a molaridade dos íons em solução diminui (ácido

HX(aq) :↓[H+]↓[X–])• a condutividade elétrica da solução diminui.

Assim o item D é o item correto: II, III e V são asafirmações verdadeiras.

M = 0,01 M = 10–2 Mα = 2%α = 2 . 10–2

A)

5

6

B) K = M . α2

K = 1 . 10–2 x (2 .10–2)2K = 1 . 10–2 x 4 . 10–4

K = 4 . 10–6 (mol/L)–1

C) M = 5 . 10–1 MK = M . α2

4 . 10–6 = 5 . 10–1 . α2

α2 = 6

14 .105 .10

−

− ⇒ α = 50,8 .10− ⇒

α = 68 .10−

⇒ α ≅ 2,8 . 10–3

α = 0,28 . 10–2

α = 0,28%

D

O íon comum A (aq)− deslocará o equilíbrio do ácido para

a esquerda, ocasionando:

– uma diminuição da concentração de H (aq)− ;

– uma diminuição da ionização do ácido HA(aq);– uma diminuição do grau de ionização (α);– um aumento do pH da solução;– a constante de ionização (ka) do ácido não se altera.Concluímos que somente o item D corresponde ao quefoi exposto acima.

a: [H+] = 10–4 mol/L; [OH–] = 10–10 mol/L; solução ácidab: [H+] = 10–8 mol/L; [OH–] = 10–6 mol/L; solução básica

7

c: [OH–] = 10–7 mol/L; [H+] = 10–7 mol/L; solução neutrad: [OH–] = 10–12 mol/L; [H+] = 10–2 mol/L; solução ácida

A) A: solução ácida; B: solução básica;C: solução neutra; D: solução ácida;

B) A: [OH–] = 10–10 mol/L; B: [OH–] = 10–6 mol/L;C) C: [H+] = 10–7 mol/L; D: [H+] = 10–2 mol/L;

D) solução D;E) solução B;

F)[H ]A[H ]B

+

+ = 4

81010

−

− = 104 = 10.000 vezes;

G)[H ]D[H ]A

+

+ = 2

41010

−

− = 102 = 100 vezes.

I. A) “Água” de bateria, coca-cola, cerveja, leitede vaca;

B) Sangue, água do mar, leite de magnésia,produtos de limpeza à base de NH3;

II. Leite de vaca < cerveja < coca-cola < água debateria;

III. Sangue < água do mar < leite de magnésia < prod.limpeza.

IV. [H+] = 10–1 mol/L; [OH–] = 10–13 mol/LV. pH = 8,5; pOH = 5,5; [OH–] = 10–5,5 mol/LVI. pH = 12; [H+] = 10–12 mol/L

VII.[H ] cerveja

[H ] leite

+

+ = 4,5

6,51010

−

− = 102 = 100 vezes

VIII. cerveja; pH = 4,5; [H+] = 10–4,5 mol/LIX. leite de magnésia; pH = 10,5;

pOH = 3,5; [OH–] = 10–3,5 mol/L

X.[H ] leite de vaca

[H ] leite de magnésia

+

+ = –6,5

–10,51010

= 104 =

10.000 vezes

pH = ? pOH = ?M = 2 . 10–2 M H2SO4log4 = 0,6[H+] = 4 . 10–2 mol/L

8

10

9

pH = log1

[H ]+ = log –21

4 .10 = log

2104

=

= log102 – log4 = 2 – 0,6 = 1,4pH + pOH = 141,4 + pOH = 14

pOH = 12,6

M = 0,25 M HNO2 α = 4% = 4 . 10–2

Quí

mic

a II

17

Volume 4.B

α = KM =

–74 .102,5 =

–7

–14 .1025 .10 =

= –64 .1025 =

25 . 10–3 = 0,4 . 10–3

[OH–] = 10–3 mol/LpOH = 3; pH = 11

pH = ? M = 0,1 M H2S K = 1 . 10–7

K = M . α2

α = KM =

–71.100,1 = –610 = 10–3

12

[H+] = 10–4 MpH = 4; pOH = 10

pH = 3 α = 0,5% = 0,5 . 10–2

[H+] = 10–3 mol/L

x . 0,5 . 10–2 = 10–3

x = 3

21.10

0,5 .10

−

− ⇒ x = 2 . 10–1 mol/L

x = 0,2 mol/L

2o Modo:x = No de H+ do ácido ou OH– da base.

[íon] = M . α . x[H+] = M . α . x10–3 = M . 0,5 . 10–2 . 1

M = 3

21.10

0,5 .10

−

− = 0,2 mol/L

D

13

AA) Na2S: NaOH(forte) + H2S(fraco): solução básicaB) NaC�: NaOH(forte) + HC�(forte): solução neutraC) (NH4)2SO4: NH4OH(fraca) + H2SO4(forte): solução ácidaD) KNO3: KOH(forte) + HNO3(forte): solução neutraE) NH4Br: NH4OH(fraca) + HBr(forte): solução ácida

14

15

16

NH 4+ + H2O → NH4OH +

soluçãoácida

H+

CH3COO– + H2O → CH3COOH + soluçãobásica

OH−

CO 23

− + 2H2O → H2CO3 + soluçãobásica

2OH−

Não ocorre hidrólise

CN– + H2O → HCN + soluçãobásica

OH−

Ca3(PO4)2(s) � 3Ca 2(aq)

+ + 2PO 34(aq)

−

[Ca2+] = 2 . 10–3 mol/L

[PO 24

− ] = ?Kps = 1 . 10–25

Kps = [Ca2+]3 . [PO 34

− ]2

1 . 10–25 = (2 . 10–3)3 . [PO 34

− ]2

1 . 10–25 = 8 . 10–9 . [PO 34

− ]2

[PO 34

− ]2 = 25

91.108 .10

−

−

17

11

[H+] = 10–2 mol/LpH = 2; pOH = 12 (solução ácida)

pH = ? M = 2,5 mol/LBOH K = 4 . 10–7

K = M . α2

Quí

mic

a II

18

Volume 4.B

18

19

20

[PO 34

− ]2 = 0,125 . 10–16

{PO 34

− ] = 1812,5 .10−

[PO 34

− ] = 3,5 . 10–9 mol/L

A) O composto mais solúvel é o que apresenta o maiorKPS. Esse composto é o BaCO3.(KPS = 5 . 10–9)

B) O composto menos solúvel é o que apresenta omenor KPS. Esse composto é o A�(OH)3.(KPS = 2 . 10–32)

C) O composto melhor condutor de corrente elétrica,corresponde ao composto mais solúvel, pois quantomaior a concentração de íons na solução, maiorserá a condutividade elétrica dessa solução. Assimesse composto é o BaCO3.

A) Fe(OH)3(s) � Fe 3(aq)

+ + 3OH (aq)−

KPS = [Fe3+] . [OH–]3 KPS = 4 . 10–40

[Fe3+] . [OH–]3 = x x < KPSsolução insaturada

(0,1 . 10–10) . (0,3 . 10–10)3 = x

0,1 . 10–10 . 0,027 . 10–30 = xx = 0,0027 . 10–40

x = 2,7 . 10–43

B) BaSO4(s) � Ba 2(aq)

+ + SO 24(aq)

−

KPS = [Ba2+] . [SO 24

− ] KPS = 1 . 10–10

[Ba2+] . [SO 24

− ] = x solução saturada1 . 10–5 x 1 . 10–5 = x x = KPS

x = 1 . 10–10

[Pb2+] = ? [C�–] = 2 . 10–2 mol/LKPS(PbC�2) = 2 . 10–5

PbC�2(s) � Pb 2(aq)

+ + 2C� (aq)−

KPS = [Pb2+] . [C�–]22 . 10–5 = [Pb2+] . (2 . 10–2)22 . 10–5 = [Pb2+] . 4 . 10–4

[Pb2+] = 5

42 .108 .10

−

− = 0,5 . 10–1 mol/L

AQuanto maior a constante de ionização (ka) de umácido, mais forte será esse ácido. Assim a ordem

decrescente de força ácida para os três ácidos citadosé a seguinte:HC� > H3PO4 > H2CO3Concluímos que o item AAAAA está de acordo com o expostoacima.

Quanto maior o grau de ionização (α) de um ácido,mais forte será esse ácido.A) O ácido mais forte é o HIHIHIHIHI, pois é o que possui o

maior α.B) O ácido mais fraco é o H2CO3, pois é o que possui

o menor α.C) HI > HNO3 > H2SO4 > H2CO3

HNO2(aq) � H (aq)+ + NO 2(aq)

−

Ki = –2

2

[H ] . [NO ][HNO ]

+

Ki = –3 –3(6,5 .10 ) . (6,5 .10 )

0,1 =

–6

–142,25 .10

10 = 42,25 . 10–5 =

4,225 . 10–4 mol/L

E• ácido cítrico: Ka = 8 . 10–4 (maior); mais forte.• ácido ascórbico: Ka = 8 . 10–5 (menor); mais fraco.• ácido clorídrico (HC�) é mais forte que os dois ácidos

citados, pois o HC��é um ácido forte.• em um equilíbrio envolvendo ácido fraco, o mesmo

se encontra deslocado para a esquerda.São verdadeiros os itens I e III.

AQuanto maior a constante de ionização do ácido, maiorserá a sua força, maior será a sua ionização, maior

será a concentração molar de H (aq)+ e conseqüentemente

maior será a acidez da solução. Assim a ordemdecrescente de acidez será:HC�O2 > HCOOH > HC�O > HBrO > HCN4,9 . 10–3 > 1,8 . 10–4 > 3,5 . 10–8 > 2 . 10–9 > 4,8 . 10–10

HBrO(aq) + H2O(l) �������� H3O

+(aq) + BrO –

(aq)

A) Ka = M . α2 ; M = 0,2 mol/L ; α = 10–2 . 10–2 = 10–4

Ka = 0,2 . (10–4)2Ka = 0,2 . 10–8

Ka = 2 . 10–9 mol/L

B) Ka = M . α2 ⇒ α = aKM

= –92 .10

0,05 = –940 .10 =

–84 .10 = α = 2 . 10–4 ou α = 2 . 10–2%

ADe acordo com as constantes de equilíbrio apresentadas:

2

4

3

1

5

6

7

CH3OH H2O H3O+ CH3O–+ +Aumentaa forçado ácido

Aumentaa forçada baseconjugada

CH3COOH H2O H3O+ CH3COO–+ +

HCOOH H2O H3O+ HCOO–+ +

HCN H2O H3O+ CN–+ +

Quí

mic

a II

19

Volume 4.B

[H+] = 4 . 10–3 mol/L

K = 10–11

M = ?α = 0,001% = 0,001 . 10–2 = 1,0 . 10–5

K = M . α2

10–11 = M . (1,0 . 10–5)2

M = –11

–1010

1,0 .10 ⇒

Deslocamento do equilíbrio químico

HCN(aq) +H(aq)+ CN(aq)

–

NaCN(s) +Na(aq)+ CN(aq)

–

Conseqüências:Ka: não se alteraα: diminui[H+]: diminuisomente o item C está de acordo com as informaçõesacima.

K = 2,0 . 10–5

α = ?A) M = 1 . 10–1 M

K = M . α2

α = KM =

2,0 .10–5

1 10. –1 = –420 .10 =

HNO2(aq)

0,1 mol/L 0,1 mol/L 0,1 mol/L (α = 100%)

x 4 . 10–2 x 4 . 10–2 (α = 4 . 10–2)

4 . 10–3 4 . 10–3

+1H(aq)+ 1NO2(aq)

–

M = 10–1 mol/L

M = 0,1 mol/L

Os processos (I), (II) e (III) do enunciado são do tipo:Ácido 1 + Base 1 �������� Ácido 2 + Base 2

Esse tipo de processo favorece a formação dos produtos se:• Ácido 1 mais forte que ácido 2 e• Base 1 mais forte que base 2,

Assim, pelas informações anteriores, apenas o processo (I)favorece a formação dos produtos.

A) A reação é mais rápida com o ácido clorídrico, pois é o ácidoque possui a maior constante de ionização, assim será o ácidoque produz a maior concentração de íons [H+], e quanto maiora concentração de [H+], maior será a velocidade da reação.

B) A reação mais rápida produzirá uma maior quantidade de gáshidrogênio (H2(g)) por unidade de tempo, assim a reação maisrápida será aquela que for acumulando um maior volume deH2(g) no frasco graduado.

DComo KKKKK iiiii é uma constante que só varia com atemperatura, para uma temperatura fixa temos:

Ki = ↓ M . ↑ α2

O grau de ionização aumenta Quando a molaridade da solução diminui (diluição).

Constante

Ou seja: À medida que se dilui uma solução, o seugrau de ionização vai aumentando, tendendo à unidade(ou a 100%).

Diluindo-se uma solução de um ácido fraco concluímosque:• a constante de ionização (Ki) não se altera.• a molaridade (M) da solução diminui.• o grau de ionização (α) aumenta.• número de mol de H+

(aq) aumenta.• a molaridade dos íons em solução diminui (ácido

HX(aq) : ↓ [H+] ↓ [X–])• a condutividade elétrica da solução diminui.

Assim o item D é o item correto.

C

9

8

= 1,41 . 10–2

α = 1,41%

B) M = 1 . 10–2 M

α = KM =

–5

–22,0 .101.10 = –32 .10 =

= –420 .10 = 4,47 . 10–2

α = 4,47%

EH2CO3 M = 0,02 mol/Lα = 0,45% = 0,45 . 10–2

Ka1 = M . α2

Ka1 = 2 . 10–2 . (0,45 . 10–2)2

Ka1 = 2 . 10–2 x 0,2025 . 10–4

Ka1 = 2 . 10–2 x 2,025 . 10–5

Ka1 = 4,05 . 10–7

APara que o equilíbrio esteja deslocado para a esquerda(sentido 2), e portanto, predomine o número de moléculasnão-ionizadas e assim a condutividade elétrica sejamenor, o eletrólito deverá ser fraco, o que ocorre no itemI, ácido acético, ácido fraco. O item A é correto.

AV = 0,25 LM = 0,1 mol/L NH4OHKb = 1,8 . 10–5

Diluindo-se uma solução de uma base fraca, aconcentração em mol/L de íons OH– diminuirá enquantoa quantidade, em mol, de íons OH– aumentará. Issopode ser constatado através da Lei da Diluição deOstward.Assim, o item A é correto.

a: [H+] = 10–5 mol/L; [OH–] = 10–9 mol/L; solução ácida;b: [H+] = 10–7 mol/L; [OH–] = 10–7 mol/L; solução neutra;c: [H+] = 10–11 mol/L; [OH–] = 10–3 mol/L; solução básica;d: [OH–] = 10–6 mol/L; [H+] = 10–8 mol/L; solução básica;

10

11

13

14

15

16

12

17

Quí

mic

a II

20

Volume 4.B

aosseP sodimusnocsotudorPetnemairaid Hp H[ +] retáraC

oiemod

X ajnaraledocuS 3 01 3– odicá

Y ságmocaugÁ 4 01 4– odicá

Z "aiséngamedetieL" 01 01 01– ocisáb

De acordo com o Princípio de Le Chatelier, em meio ácidoocorre consumo de OH–, e o equilíbrio apresentado

Ca10(PO4)6(OH)2 � 10Ca2+ + 6PO 34

− + 2OH–

irá se deslocar para a direita.Dessa forma, ocorre dissolução de hidroxiapatita doesmalte dos dentes para as pessoas X e Y, apenas.

CEfluente da indústria IEfluente da indústria IEfluente da indústria IEfluente da indústria IEfluente da indústria I: [H+] = 10–3 mol/L ∴pH = 3 < pH = 5Esse efluente (I) não pode ser lançado nos rios.Efluente da indústria IIEfluente da indústria IIEfluente da indústria IIEfluente da indústria IIEfluente da indústria II: [OH–] = 10–5 mol/L ∴pOH = 5 ∴ pH = 14 – 5 = 9pH = 9 > pH = 8Esse efluente (II) não pode ser lançado nos rios.Efluente da indústria IIIEfluente da indústria IIIEfluente da indústria IIIEfluente da indústria IIIEfluente da indústria III: [OH–] = 10–8 mol/L ∴pOH = 8pH = 14 – 8 = 6Esse efluente (III) pode ser lançado nos rios, porque arestrição é para pH < 5 e pH > 8.

18

19

A) A: solução ácida; B: solução neutraC: solução básica; D: solução básica

B) A: [OH–] = 10–9 mol/L; B: [OH–] = 10–7 mol/L;C: [OH–] = 10–3 mol/L

C) D: [H+] = 10–8 mol/L;

D)[H ] A[H ] B

+

+ = –5

–71010

= 102 = 100 vezes;

E) solução A;F) solução C.

EA 25 oC temos:I. ácido; [H+] > [OH–]; pH < 7II. ácido; [H+] > [OH–]; pH < 7III. de neutro a básico; [H+] = [OH–]; ou [H+] < [OH–];IV. básico; [H+] < [OH–]; pH > 7V. básico; [H+] < [OH–]; pH > 7• quanto menor o pH mais ácido;• quanto maior o pH menos ácido (mais básico);Somente o item E está de acordo com as afirmações acima.

AA) V; quanto maior o pH menos ácido é o sistema.B) F; o líquido mais próximo da neutralidade é o leite.

C) F; [H ] laranja

[H ] saliva

+

+=

–4

–610 M10 M

= 102 = 100 vezes

D) F; +

+[H ] vinagre[H ] tomate

= –3

–510 M10 M

=102 = 100 vezes

E) F, leite, sangue e clara de ovo são básicos.

C20

21

E[H+] = 1 . 10–4 mol/LpH = 4pH + pOH = 14 → pOH = 10O solo é ácido (pH < 7) t = 25oCPara neutralizá-lo devem usar compostos de naturezaalcalina. O item E está correto.

AA aspirina é ácida:

22

23

24

O

COHO

C

O

CH3 CH3

O

CH+ O

CO–O

No estômago, meio ácido, a aspirina predomina naforma não-ionizada, pois o equilíbrio está deslocado paraa esquerda devido a alta concentração de íons H+, assima aspirina é muito absorvida no estômago e poucoabsorvida no intestino, onde predomina a forma ionizada.A anfetamina é básica:

C NH2 + H2O

CH3

H

C NH3 + OH–

CH3

H

+

Assim a anfetamina será pouco absorvida no estômago,pois predomina na forma ionizada e será muito absorvidano intestino, onde predomina a forma não-ionizada.Assim, o item A é correto.

AKw = [H+] . [OH–] = 10–14 (t = 25oC)↑ [OH–] ↓ [H+] ↑ pHAssim, o item A está correto.

pH = ? pOH = ?M = 3 . 10–4 mol/L KOH log3 = 0,47

(aq)

–4

KOH

3 .10 M

→ (aq)

–4

K

3 .10 M

+ + –(aq)

–4

OH

3 .10 M ( 100%)α =

[OH–] = 3 . 10–4 mol/L

pOH = log –1

[OH ] = log –41

3 .10 = log410

3 =

= log104 – log3 = 4 – 0,47 = 3,53

pH + pOH = 14 ⇒ pH = 10,47

ApH = ? M = 0,5 M H3CCOOHα = 20% = 20 . 10–2

[H+] = 10–1 M

25

26

pH = 1 pH + pOH = 14

pOH = 13

Quí

mic

a II

21

Volume 4.BSuco gástrico > vinagre > suco de limãosuco de limãosuco de limãosuco de limãosuco de limão > suco de laranja> água pura > água do marágua do marágua do marágua do marágua do mar > leite de magnésialeite de magnésialeite de magnésialeite de magnésialeite de magnésia > amôniaamôniaamôniaamôniaamônia.

D

CH3CCOOH M = 4 . 10–3 Mα = 25% = 25 . 10–2

[H+] = 10–3 M

pH = 3 pOH = 11

M = 0,5 mol/L BOH pHpOH

==11

3 α = ?

[H+] = 10–11 M[OH–] = 10–3 M

0,5 . α = 10–3

α = –31.10

0,5 = 2 . 10–3 ou 0,2 . 10–2

ou 0,2%

2o Modo:[íon] = M . α . x[OH–] = M . α . x10–3 = 0,5 . α . 1

α = –31.10

0,5 = 2 . 10–3

[H+] = 2 . 10–2 mol/L pOH = ?log2 = 0,30

pH = log1

[H ]+ = log –21

2 .10 = log210

2 =

= log102 – log2 = 2 – 0,30 = 1,7

pH + pOH = 141,7 + pOH = 14

pOH = 12,3

A

pH < 7 ou pOH > 7: substância ácida

suco gástricosuco de limãovinagresuco de laranja

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

pH = 7 ou pOH = 7: substância neutra {água pura

pH > 7 ou pOH < 7: substância básica Leite de magnésiaAmônia

Água do mar

⎧⎪⎨⎪⎩

27

28

H2O

HNO3 HNO3

pH = 2[H+] = 10–2 mol/LV = 1 L

pH' = ?[H+]' = ?V' = 100 L

[H+] . V = [H+]’ . V’10–2 x 1 = [H+]’ x 100

[H+] = –210

100 = 10–4 mol/L

pH’ = 4O pH foi duplicado.

DCom o derramamento do ácido clorídrico as águas doscórregos no local do acidente se tornaram ácidas, compH < 7, ou seja, o pH das águas diminuiu. (Os itens A,B e C são falsos).A adição de cal (CaO) serve para neutralizar o ácidoclorídrico pelas reações abaixo:

(s) 2 ( ) 2(aq)

2(aq) (aq) 2(aq) 2

CaO + H O Ca(OH)

Ca(OH) + 2HC CaC + 2H O

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

�

� �

O item D é verdadeiro.O NaC� é um sal neutro, que não iria neutralizar o HC�.(O item E é falso).

AI. NaCN: NaOH(forte) + HCN(fraco): sol. básica

(pH > 7)II. NaC�: NaOH(forte) + HC� ( forte): sol. neutra

(pH = 7)II I. (NH4)2SO4: NH4OH(fraca) + H2SO4(forte): sol. ácida

(pH < 7)IV. KNO3: KOH(forte) + HNO3(forte): sol. neutra

(pH = 7)V. Na2S: NaOH(forte) + H2S(fraco): sol. básica (pH > 7)

BPara ferroadas de abelhas e mordidas de formigas, queinjetam substâncias ácidas, o efeito local pode serminimizado pela aplicação de substâncias de naturezabásica, o que torna erradas as opções D e E, onde sepropõe para tratamento ácidos orgânicos.A opção A está incorreta por propor para ferroadas devespas, que injetam substâncias alcalinas, tratamentocom leite de magnésia que também tem natureza básica.Compressas de NaC�, sal neutro, não contribuem paraneutralização de substâncias ácidas ou básicas, sendo,portanto, incorreta a opção C.É, correta, portanto, a opção B, que indica o sal básico,bicarbonato de sódio para neutralizar substânciasácidas injetadas por ferroadas de abelhas.

A) NH4NO3: NH4OH(fraca) + HNO3(forte): sol. ácida.B) KC�O4: KOH(forte) + HC�O4(forte): sol. neutra.C) NH4CH3COO: NH4OH(fraca) + CH3COOH(fraco):

sol. aprox. neutra.

30

29

31

32

33

34

35

Quí

mic

a II

22

Volume 4.B

37

38

A) FeSO4: FeOH(fraca) + H2SO4(forte): sol. ácida.B) NH4HCO3: NH4OH(fraca) + H2CO3(fraco): sol. aprox.

neutra.C) CaC�2: Ca(OH)2(forte) + HC�(forte): sol. neutra.

Dm1 = 4,9 g de NaCNMol1 = 23 + 12 + 14 = 49 g/molV = 0,25 L

M = 1

1

mmol . V

= 4,9 g

49 g /mol 0,25 L+ = 0,4 mol/L

O NaCN dentro d’água origina uma solução básicabásicabásicabásicabásica,pois é um sal originado de um ácido fraco (HCN) euma base forte (NaOH).

A

BaSO4(aq)

BaSO4(s)

36

NH4CátionBasefracaNH4OHKb = 1,8 . 10–5

(maior)

CO3ÂnionÁcidofracoH2CO3Ka = 4,2 . 10–7

(menor)

2–+

O sal (NH4)2CO3 é proveniente de uma base mais forteque o ácido, assim a solução formada pela suadissolução em água será básica.

C(NH4)2SO4

NH4CátionBaseNH4OHfraca

SO4ÂnionÁcidoH2CO3forte

2–+

A solução resultante é ácida (pH < 7) e conseqüentemente[H+] > [OH–].

BI. pH ácido

+4

4

NH

NH OH

fraca

−��

CHCforte

II. pH básico

−

−3

3

H CCOO

H CCOO

fraca

+NaNaOH

forte

III. pH neutro

+KKOHforte

−��

CHCforte

E[Fe3+] = ?[OH–] = 1,0 . 10–3 mol/LKPS (Fe(OH)3) = 6,0 . 10–3 g

39

40

Fe(OH)3(s) � Fe 3(aq)

+ + 3OH (aq)−

KPS = [Fe3+] . [OH–]3

6,0 . 10–38 = [Fe3+] . (1,0 . 10–3)36,0 . 10–38 = [Fe3+] . 1,0 . 10–9

[Fe3+] = 6 0 10

10 10

, .

, .

–38

–9 ⇒ [Fe3+] = 6,0 . 10–29

A

[SO42– ] = ? [Pb2+] = 1 . 10–3 mol/L

KPS(PbSO4) = 1,3 . 10–8

PbSO4(s) � Pb 2(aq)

+ + SO 24(aq)

−

KPS = [Pb2+] . [SO 24

− ]

1,3 . 10–8 = 1 . 10–3 . [SO 24

− ]

[SO42– ] =

13 10

1 10

, .

.

–8

–3 = 1,3 . 10–5 mol/L

C

41

42

43

I. F; a solução é saturada.II. V; duas fases: sólido + aquoso.

III. V; Kps = [Ba2+] . [SO 24

− ]; só varia com a temperatura.IV. F; quanto maior o Kps, mais solúvel é o composto.

A) O sal mais solúvel é o que possui o maior KPS. OCaSO4 é o sal mais solúvel.KPS (CaSO4) = 2,4 . 10–5

B) O sal menos solúvel é o que possui o menor KPS. OZnS é o sal menos solúvel.KPS (ZnS) = 1,0 . 10–20

C) O sal melhor condutor de corrente elétrica em soluçãoaquosa é o mais solúvel. O CaSO4 é o melhorcondutor de corrente elétrica em solução aquosa.KPS(CaSO4) = 2,4 . 10–5

A) PbC�2(s) � Pb 2(aq)

+ + 2C� (aq)−

KPS = [Pb2+] . [C�–]2 KPS = 2 . 10–5

[Pb2+] . [C�–]2 = x x < KPS

(1 . 10–2) . (2 . 10–2)2 = x solução insaturada

x = 1 . 10–2 . 4 . 10–4

x = 4 . 10–6

B) Ca(OH)2(s) � Ca 2(aq)

+ + 2OH (aq)−

KPS = [Ca2+] . [OH–]2 KPS = 4 . 10–6

[Ca2+] . [OH–]2 = x x > KPSsolução supersaturada

(2 . 10–2) . (4 . 10–2)2 = x

44

45

Quí

mic

a II

23

Volume 4.B2 . 10–2 x 16 . 10–4 = x

x = 32 . 10–6

x = 3,2 . 10–5

ABaSO4 Kps = 1,3 . 10–10

BaSO4(s) ������������

Endot.

Exot. Ba +2

(aq) + SO −24(aq) ΔH > 0

Na2SO4(s) → 2 Na +(aq) + SO −2

4(aq)

A adição do sal solúvel Na2SO(aq) desloca o equilíbrioquímico do sulfato de bário para a esquerda, diminuindo

a concentração dos íons Ba +2(aq) na solução. Assim, o

item A está correto.

B

I. Ag +(aq) + Br −

(aq) � AgBr(s)

II. AgBr(s) � Ag +(aq) + Br −

(aq)

KBr(s) ⎯⎯⎯→H O2 K +(aq) + Br −

(aq)

Na presença de KBr(aq), a presença do íon-comum Br −(aq)

desloca o equilíbrio químico II do AgBr(s) para a

esquerda, diminuindo a concentração de Ag +(aq) na

solução (diminuindo a solubilidade do AgBr).

AgBr(s) � +(aq)

x mol/L

Ag + −(aq)

x mol/L

Br

Kps = [Ag+] . [Br–]5 . 10–13 = x . xx2 = 50 . 10–14

x = −1450 .10

x ≅ 7,1 . 10–7 mol/LAssim, somente o item B é correto.

A) Uma suspensão de BaSO4 é uma solução aquosasaturada de BaSO4 na presença de BaSO4(s) emsuspensão.

Kps = [Ba2+] [SO 2–4 ] (solução saturada)

Solução aquosa saturada de BaSO4: [Ba2+] = [SO 2–4 ]

1,6 x 10–9 = [Ba2+]2 ∴ [Ba2+]2 = 16 x 10–10 ∴∴ [Ba2+] = 4 x 10–5 mols/LNa suspensão de BaSO4 em água, a concentração

dos íons Ba 2+(aq) é igual a 4 x 10–5 mols/L.

B) Numa suspensão de BaSO4 em solução aquosa de

K2SO4, a [SO 2–4 ] é maior que na suspensão em

água pura devido aos íons SO 2–4 provenientes do

K2SO4. Como na solução saturada de BaSO4.

[Ba2+] [SO 2–4 ] = constante = 1,6 x 10–9, aumentando-

se a [SO 2–4 ] irá diminuir a [Ba2+], formando-se mais

BaSO4(s) em suspensão. É melhor fazer a suspensão

46

47

48

do BaSO4 numa solução aquosa de K2SO4 do quena água pura, para se diminuir a concentração dos

íons Ba 2+(aq) , que são prejudiciais à saúde humana.

A) NaOH(aq) + HC�(aq) → NaC�(aq) + H2O(�)

B) (aq)1mol

0,2 mol

NaOH + � (aq)1mol

0,4 mol

HC → NaC�(aq) + H2O(�)

NaOH

=⎧⎪⎨ =⎪⎩

v 1L

M 0,2 mol/L

n = M . V = 0,2 x 1 = 0,2 mol de NaOH

HC�

=⎧⎪⎨ =⎪⎩

v 1L

M 0,4 mol/L

n = M . V = 0,4 x 1 = 0,4 mol de HC�

Excesso: 0,2 mol de HC�

MHC� = 0,2 mol

2 L = 0,1 mol/L

[H+] = 0,1 mol/L = 10–1 mol/LpH = 1

C) M . V = M’ . V’1 x 0,5 = M’ x 1

M = 0,5 mol/L

A)

Minício 3,7 . 10–3M

CO2(aq) + H2O(�) H(aq) + HCO3(aq)

0 0

Mequilíbrio ≅ 3,7 . 10–3M XM XM

Reage eforma

XM XM XM

+ –

K = + –

3

2

[H ] . [HCO ][CO ] → 4,3 . 10–7 = –3

x . x3,7 .10

x2 ≅ 16 . 10–10 → x = –1016 .10

x = 4 . 10–5 mol/L[H+] = 4 . 10–5 mol/L

B) pH = log 1

[H ]+ = log –51

4 .10 = log 510

4 =

= log105 – log4 = 5 – log22 = 5 –2 . log2 =

= 5 – 2 x 0,3 = 5 – 0,6 = 4,4

A) Co = [Ar] 3d7, 4s2

Co3+ = [Ar] 3d6

Existem 4 elétrons desemparelhados.

1

2

3

Quí

mic

a II

24

Volume 4.BB) Co: [Ar] 4s2, 3d7 Família: 9 (8B) 4o período

F : Família 17 (7A) 2o períodoK : Família 1 (1A) 4o períodoBr : Família 17 (7A) 4o períodoF< Br < Co < K

C) Co(NO3)2(aq) + Na2S(aq) � 2 NaNO3(aq) + CoS(s)↓Co2+ = M . V = 0,01 x 0,1 = 10–3 molS2– = M . V = 0,01 x 0,1 = 10–3 mol

[Co2+] = [S2–] = –310 mol

0,2 L = 5 . 10–3 mol/L

CoS(s) � 2(aq)–35 .10 M

Co + + 2–(aq)–35 .10 M

S

x . [CO2+] . [S2–]x = 5 . 10–3 x 5 . 10–3

x = 25 . 10–6

x > KPS25 . 10–6 > 8,0 . 10–22

Ocorrerá precipitaçãoKPS = [Co2+] . [S2–]8,0 x 10–22 = 5 x 10–3 . [S2–]

[S2–] = –22

–3

8,0 .105 .10 = 1,6 x 10–19 mol/L

D

PbCo3(s) � 2(aq)X

Pb + + 2–3(aq)

–210 mol/L

CO

KPS = [Pb2+] . 2–3[CO ]

1,5 . 10–13 = x .10–2 → x = 1,5 . 10–11 mol/L

Pb CrO4(s) � 2(aq)Pb + + 2–

4(aq)CrO

KPS = [Pb2+] . 2–4[CrO ]

1,8 . 10–14 = [Pb2+] . 10–2 → [Pb2+] = 1,8 . 10–12 mol/L

PbSO4(s) � 2(aq)Pb + + 2–

4(aq)SO

KPS = [Pb2+] . 24[SO ]

1,3 . 10–19 = [Pb2+] . 10–2 → [Pb2+] = 1,3 , 10–17 mol/L

PbS(s) � 2(aq)Pb + + 2–

(aq)S

KPS = [Pb2+] . [S2–]7,0 . 10–29 = [Pb2+] . 10–2 → [Pb2+] = 7,0 . 10–27 mol/L

Pb3(PO4)2(s) � 3 2(aq)Pb + + 2 3–

4(aq)PO

KPS = [Pb2+]3 . [ 3–4(aq)PO ]2

3,0 . 10–44 = [Pb2+]3 . (10–2)2 → [Pb2+] = –393 30 .10

[Pb2+] = 3 30 . 10–13 mol/LO sal mais eficiente para percipitar o Pb2+ é o PbS.

4

CH3COO–

CH3COOHÁcido fraco

Na–

NaOHBase forte

Solução básica(azul)

NH+

NH4OHBase fraca

C�–

HC�Ácido forte

Solução ácida(vermelho)

Ba2+

Ba(OH)2Base forte

(NO3)–

HNO3Ácido forte

Solução neutra

2

4

A) Pb(NO3)2(aq) + 2KC�(aq) � 2KNO3(aq) + PbC�2(s)↓B) PbC�2(s) = Cloreto de chumbro II.

C) PbC�2(s) �+2

(aq)Pb + �–(aq)2C

KPS = [Pb2+] . [C�–]2

B

NH3(g) + H2O(�) � 4(aq)NH+ + –(aq)OH

pH = 8 → [H+] = 10–8 mol/LpOH = 6 → [OH–] = 10–6 mol/L

–[H ]

[OH ]

+

= –8

–6

10 mol/L10 mol/L = 102

A

5

6

7

A) NaF, NaC�, NH4C�

B) NaC�(s) ⎯⎯⎯→H O2 Na +(aq) + C� −

(aq)

Não ocorrerá hidrólise de nenhum dos íons, portanto, omeio será neutro.

NaF(s) ⎯⎯⎯→H O2 Na +(aq) + F −

(aq)

Ocorrerá a hidrólise do íon F–:

F −(aq) + H2O(�) → HF(aq) + OH −

(aq)

Portanto, o meio será básico.

NH4C�(s) ⎯⎯⎯→H O2 NH +4(aq) + C� −

(aq)

Ocorrerá a hidrólise do íon NH +4 :

NH +4(aq) + H2O(�) → NH3(aq) + H3O

+(aq)

Portanto, o meio será ácido.

CA) Na2CO3 solução básicaB) CH3COONa solução básicaC) H3CNH3C� solução ácidaD) Mg(C�O4)2 solução neutraE) NaF solução básicaAssim, o item C é correto.

CaC2O4 = 128 g/mol V = 1 L; m1 = 0,0064 g

A.1) M = 1mmol1. V

= 0,0064128 x 1

= 0,00005 = 5 . 10–5 mol/L

8

9

10

10

Quí

mic

a II

25

Volume 4.Bsolução diminuirádiminuirádiminuirádiminuirádiminuirá e a quantidade, em mol, de íons OH–

aumentaráaumentaráaumentaráaumentaráaumentará. Assim o item A é correto.

AO indicador ideal para identificar a água mineral contidaem cada copo é o indicador I, pois com a adição doindicador se observam as seguintes colorações nasolução:água de pH = 4,5 (amarela)água de pH = 7,0 (entre amarela e azul)água de pH = 10,0 (azul)

AKa = M . α2 [OH–] = M . α . x1,0 . 10–6 = 10–2 . α2 [OH–] = 10–2 x 10–2 x 1

α = –410 [OH–] = 10–4 mol/L

α = 10–2 pOH = log –1

[OH ] = log –41

10=

= log104 = 4

pH + pOH = 14 → pH = 10

BI. NADH → NAD+ H+ = 2e– (oxidação)

II.12 O2 + 2H+ + 2e– → H2O (redução)

NADH + 12 O2 + H+ → NAD+ + H2O (global)

• O íon H+ é um intermediário da reação.• O pH do meio aumenta, devido ao consumo de íons H+.• O O2 é reduzido.• O NADH é oxidado.O item B é correto.

B

NHCN = m

mol =

2,7 g27 g/mol

= 0,1 mol de HCN

NNaOH = m

mol = 4,4 g

40 g/mol = 0,11 mol de NaOH

1molHCN +

1molNaOH → NaCN + H2O

0,1 mol 0,11 mol

Excesso: 0,01 mol de NaOH

NaOHM = nV

= 0,01mol

1L = 10–2 mol/L

[OH–] = 10–2 mol/LpOH = 2

pH = 12

ApH = 4,0 → [H+]A = 10–4 mol/LpH = 7,0 → [H+]B = 10–7 mol/L

B

A

[H ][H ]

+

+ = –7

–41010

= 10–3

6

7

8

9

10

D

2(g) 2(g)

2 V

1H 1C+ ��������

� 2(g)

2 V

2 HC������

A variação na pressão total do sistema não desloca oequilíbrio químico da reação.O catalisador não desloca o equilíbrio químico.Aumentando-se a pressão parcial do C�2(g) o equilíbrioquímico se desloca para a direita. O item D é correto.

BVariando-se a concentração dos reagentes ou dosprodutos o valor da constane de equilíbrio da reaçãonão se altera, portanto o item B é correto.

BO gráfico que representa as variações das concentraçõesde x, y e z em função do tempo é o do item B, pois aconcentração do reagente (x) vai diminuindo e aconcentração dos produtos (y e z) vão aumentando,porém a concentração de y aumenta numa proporçãode 2:1 em relação à concentração de z.

E

H2CO3(aq) + H2O(�) �–3(aq)HCO + 3 (aq)H O+

Ka = M . α2 M = 0,02 mol/L α = 0,45 . 10–2

Ka = 0,02 . (4,5 . 10–3)2Ka = 2.10–2 x 20,2510–6

Ka = 40,5 . 10–8

Ka = 4,05 . 10–7

ADiluindo-se uma solução de uma solução de uma base

fraca (NH4OH) a concentração de íons –(aq)OH na

1

2

3

4

5

A.2) ( )2 4 aq1CaC O

1mol de sal

→ ( ) ( )2+ 2–

2aq 4 aq1Ca +1C O

1mol de cátions

–51L de solução 5 .10 mol de cátions

0,1L de solução x mol de cátions

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩ x = 5 . 10–6 mol de cátions

B) Kps = [Ca2+] . [C2O 2–4 ]

C) Kps = [Ca2+] . [C2O 2–4 ] = (5 . 10–5). (5. 10–5) =

= 25 . 10–10 =

2,5 . 10–9 2mol

L⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Quí

mic

a II

26

Volume 4.B

CM = 0,05 mol/L HC�

–3V 30 .10 L

M 1,0mol/L

⎧ ⎫=⎪ ⎪⎨ ⎬

=⎪ ⎪⎩ ⎭ KOH

n = M . V = 1,0 x 30 . 10–3

n = 30 . 10–3 mol de KOH

1molx mol

HC� + 1mol

–330 .10 mol

KOH → 1molKC� + 2

1molH O

x = 30 . 10–3 mol de HC�

M = n

V(L) → 5 . 10–2 =

–330 .10V

V = –3

–2

30 .105 .10

= 6 . 10–1 = 0,6L

V = 600 mL

O pH resultante igual a 7, indica que houve neutralizaçãototal.

B

Ag2C2O4(s) � (aq)2 x

2 Ag+ + 2–2 4(aq)

x

C O

KPS = [Ag+]2 . 2–2 4[C O ] = 10–12

(2x)2 . (x) = 10–12

4x3 = 10–12

x3 = 0,25 . 10–12

x = 3 0,25 . 10–4 Mol/L

[Ag+]1 = 3 0,25 . 10–4 M

2–2 4[C O ] = 3 0,25 . 10–4 M

AgSCN(s) � (aq)x

Ag+ + –(aq)

x

SCN

KPS = [Ag+] . [SCN–] = 10–12

x . x = 10–12

x = –1210 → x = 10–6 Mol/L

[Ag+]2 = 10–6 Mol/L[SCN–] = 10–6 mol/L

Assim: [Ag+]1 > [Ag+]22–

2 4[C O ] > [SCN–]

O item B é correto.

C

2X

Mg(OH) � 2(aq)

X

Mg + + –(aq)

2 X

2OH

KPS = [Mg2+] . [OH–]2

1,2 . 10–11 = x . (2x)21,2 . 10–11 = x . 4x2

11

12

13

14

15

16

4x3 = 1,2 . 10–11

4x3 = 12 . 10–12

x3 = 3 . 10–12

x = –123 3 .10

x = 1,44 . 10–4 Mol/LCs = 1,44 . 10–4 Mol/L[OH–] = 2,88 . 10–4 Mol/L

BCaO(s) + H2O(�) → Ca(OH)2(aq)

Ca(OH)2(aq) → 2(aq)Ca + + –

(aq)2OH

Ocorre um aumento do pH da água devido à produçãode íons OH–.

A

NH4NH4OH

Base fraca

+ HCO3H2CO3

Ácido fraco

Solução aproximadamenteneutra pH ≅ 7

–

Solução aproximadamente neutra pH ≅ 7.O item A é correto.

BO item B é correto.

NH4NH4OH

Base fraca

+ C�–

HC�Ácido forte

Solução ácida

K+

KOHBase forte

C�–

HC�Ácido forte

Solução neutra

Na+

NaOHBase forte

H3CCOO–

H3CCOOHÁcido fraco

Solução básica

Anotações

Quí

mic

a III

27

Volume 4.B

Capítulo 7: Eletroquímica – Pilhas (Parte II)Eletroquímica – Pilhas (Parte II)Eletroquímica – Pilhas (Parte II)Eletroquímica – Pilhas (Parte II)Eletroquímica – Pilhas (Parte II) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Tópico A: Espontaneidade de uma Reação e Oxi-ReduçãoTópico B: Fatores que Influem na ddp de uma PilhaTópico C: Equação de NernstTópico D: Pilha de ConcentraçãoTópico E: Pilha Seca, Pilha de Leclanché ou Pilha de ManganêsTópico F: Pilhas AlcalinasTópico G:Pilhas de MercúrioTópico H: Pilhas de Níquel-CádmioTópico I: Pilhas de Lítio – IodoTópico J: Bateria de Chumbo ou Acumulados ou Bateria de AutomóvelTópico K: Pilhas de CombustívelTópico L: Baterias de Ni-MHQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Capítulo 8: Eletroquímica - EletróliseEletroquímica - EletróliseEletroquímica - EletróliseEletroquímica - EletróliseEletroquímica - Eletrólise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Tópico A: IntroduçãoTópico B: Eletrólise ÍgneaTópico C: Eletrólise em Solução Aquosa com Eletrodos InertesTópico D: Eletrólise em Solução Aquosa com Eletrodos ReativosTópico E: Galvanização ou Deposição EletrolíticaTópico F: Leis de FaradayTópico G:Eletrólise em SérieQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

SUMÁRIO

Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 4.B

Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios

Eletroquímica – Pilhas (Parte II)

��������

1) ΔE0 = Ered. cátodo0 – Ered. ânodo

0

ΔE0 = +0,34 – (–0,44)ΔE0 = +0,34 + 0,44 = +0,78 VReação espontânea

ΔE0 = Ered. cátodo0 – Ered. ânodo

0

ΔE0 = +0,34 – (+0,80)ΔE0 = +0,34 – 0,80 = –0,46 VReação não-espontânea

3)

1

2)

ΔE0 = Ered. cátodo0 – Ered. ânodo

0

ΔE0 = –0,76 – (–1,66)ΔE0 = –0,76 + 1,66

ΔE0 = +0,90 V

Reação espontânea

Quí

mic

a III

28

Volume 4.B

Oxidação: 2A�(s) → 2A�( )aq3+ + 6e–

E0 = +1,66 V

Redução: 3Fe( )aq2+ + 6e– → 3Fe(s)

E0 = –0,44 V

Global: 2A�(s) + 3Fe( )aq2+ → 2A�( )aq

3+ + 3Fe(s)

ΔE0 = +1,22 V

A solução de FeSO4(aq) não poderá ser guardada numrecipiente de alumínio, pois ocorreria uma reaçãoespontânea onde o alumínio sofreria oxidação.

Oxidação: Cu(s) → Cu( )aq2+ + 2e–

E0 = –0,34 V

Redução: Fe( )aq2+ + 2e– → Fe(s)

E0 = –0,44 V

Global: Cu(s) + Fe( )aq2+ → Cu( )aq

2+ + Fe(s)

ΔE0 = –0,78 V

A solução de FeSO4(aq) poderá ser guardada numrecipiente de cobre, pois a reação de oxidação docobre não ocorre, já que a reação é não-espontânea.

A) Oxidação: Fe(s) → Fe2(aq)

+ + 2e− , E0oxid = –0,44 V +

Redução: Cd2(aq)

+ + 2e− → Cd(s), E0

red = –0,40 V

Global: Fe(s) + Cd2(aq)

+ → Fe2(aq)

+ + Cd(s) ΔE0 = +0,40 V

E = E0 – 0,0592 V

n logQ

E = 0,04 – 0,0592

2 log

2

2[Fe ][Cd ]

+

+

E = 0,04 – 0,0592

2log

–2101

E = 0,04 – 0,0592

2 . (–2)

E = 0,04 + 0,0592

E = 0,0992 V

2

4

3

Ponte salinaAg

e– e–

Ag

Ag+Ag+

A B

[Ag+] = 1,0 mol/L

Mais concentrada

Cátodo +

Redução

[Ag+] = 10–2 mol/L

Mais diluída

Ânodo –

Oxidação

E = E0 – 0,0592 V

n logQ

E = 0 – 0,0592

1 . log

[Ag ] diluído[Ag ] concentrado

+

+

E = 0 – 0,0592 . log–210

1E = 0 – 0,0592 . (–2)

E = 0,1184 V

Redução: cátodo: Ag(aq; concentrado)+ + 1e− → (s)Ag

Redução: ânodo: (s)Ag → Ag (aq; diluído)+ + 1e−

Global: Ag (aq; concentrado)+ → Ag (aq; diluído)

+

DA) falso; é o Zn(s) que sofre oxidação no ânodo;B) falso; a reação que ocorre no cátodo é:

2MnO2(s) + 2NH4( )aq+ + 2e– →

Mn2O3(s) + 2NH3(aq) + H2O(�);C) falso; o composto MnO(OH)(s) não participa na

reação da pilha;D) verdadeiro; a reação de redução é:

B) E = E0 – 0,0592 V

n logQ

E = 0,04 – 0,0592

2 log

2

2[Fe ][Cd ]

+

+

E = 0,04 – 0,0592

2log –2

110

E = 0,04 – 0,0592

2 log102

E = 0,04 – 0,0592

2 . 2

E = 0,04 – 0,0592

E = –0,0192 V

A reação que ocorre é a inversa:

Fe( )aq2+ + Cd(s) → Fe(s) + Cd( )aq

2+ E = +0,0192 V

5

Quí

mic

a III

29

Volume 4.B

A) Ag. oxidante: MnO2(s)

B) Diminuem: MnO2(s); NH4( )aq+ ; Zn(s)

0

Aumentam: Mn2O3(s); NH3(aq); Zn( )aq2+

D

A) V; o H2SO4 é um ácido forte, corrosivo;B) V; na reação inversa o Pb2+ do PbSO4 atua com ag.

oxidante e ag. redutor.C) V; a densidade da solução de H2SO4 diminui com a

descarga.D) F; o ânodo (oxidação) é constituído de Pb(s).E) V; a voltagem da bateria vai diminuindo com a

descarga.

CI.

Pb0(s) PbO2(s) 2H2SO4(aq)+ + 2PbSO4(s) 2H2O(�)+

4+ 2+2– Descarga

Carga

Oxidação; Ag. redutor;

Redução; Ag. oxidante;

2H2(g) O2(g) H2O(�)+

Oxidação; Ag. redutor;

Redução; Ag. oxidante;

0 0 +1 –2

D

Dados: Ered0 Au3+ = +1,42 V;

1

6

7

8

9

II.

Somente a alternativa C é verdadeira.

B

Ered0 Ag+ = +0,80 V; Ered

0 Cu2+ = +0,34 V

Ered0 Zn2+ = –0,76 V

A)

2

ΔE0 = +0,80 – (+1,42)ΔE0 = +0,80 – 1,42

ΔE0 = –0,62 V

Não-espontânea

B)

ΔE0 = +0,34 – (+0,80)ΔE0 = +0,34 – 0,80

ΔE0 = –0,46 V

Não-espontânea

C)

ΔE0 = –0,76 – (+0,34 V)ΔE0 = –0,76 – 0,34

ΔE0 = –1,10 V

Não-espontânea

D)

ΔE0 = +0,34 – (–0,76)ΔE0 = +0,34 + 0,76

ΔE0 = +1,10 V

Espontânea

E)

ΔE0 = –0,76 – (+0,80)ΔE0 = –0,76 – 0,80

ΔE0 = –1,56 V

Não-espontânea

CA)

O item BBBBB está falso, pois os números de oxidação dohidrogênio e do oxigênio na água são diferentes.

Quí

mic

a III

30

Volume 4.B

5

6

7

8

ΔE0 = 0,00 – (–0,76)

ΔE0 = +0,76 V

Espontânea

D

E Ni2+ = –0,25 V (maior) (redução)

E Fe2+ = –0,44 V (menor) (oxidação)

A solução de NiSO4(aq) não pode ser guardada notanque de ferro, pois o tanque sofreria oxidação,havendo assim corrosão do tanque de ferro. (A reaçãoé espontânea).

Ered0 Ni2+ = –0,25 V (menor) (oxidação)

Ered0 Pb2+ = –0,13 V (maior) (redução)

A solução de NiSO4(aq) poderá ser guardada no tanquede chumbo, pois a reação de oxidação do chumbo énão-espontânea, ou seja, não ocorre, assim não haveriaproblema algum guardar a solução de NiSO4(aq) noreferido tanque.

4

3

ΔE0 = +0,80 – (0,00)

ΔE0 = +0,80 V

Espontânea

C)

ΔE0 = –3,04 – (+0,34)

ΔE0 = –3,38 V

Não-espontânea

D)

ΔE0 = +0,80 – (+0,34)ΔE0 = +0,80 – 0,34

ΔE0 = +0,46 V

Espontânea

E)

ΔE0 = +0,34 – (–0,76)

ΔE0 = +1,10 V

Espontânea

B)

Ered0 Fe2+ = –0,44 V (menor) (oxidação)

Ered0 Cu2+ = +0,34 V (maior) (redução)

A solução de CuSO4(aq) não poderá ser guardada notanque de ferro, pois ocorreria a oxidação do ferro,havendo assim corrosão do tanque. (Reação espontânea)

E0 Zn2+/Zn0 = –0,76 V (menor) oxidação;E0 Au3+/Au0 = +1,50 V (maior) redução;

Zn2+ + 2 e– → Zn0 E0 = –0,76 V (inverter) x 3Au3+ + 3 e– → Au0 E0 = +1,50 V (manter) x 2

3Zn0 → 3Zn2+ + 6e− E0 = +0,76 V

2Au3+ + 6e− → 2Au0 E0 = + 1,50 V

3Zn0 + 2Au3+ → 3Zn2+ + 2Au0 ΔE0 = + 2,26 V

A) 2Au3+ + 6e– → 2Au0

B) 3Zn0 → 3Zn2+ + 6e–

C) 3Zn0 + 2Au3+ → 3Zn2+ + 2Au0

D) ΔE0 = +2,26 VE) ΔE0 > 0; reação espontânea

DA) ΔEo = Eo

red cátodo – Eored ánodo

ΔEo = –0,13 – (+0,80) = –0,93 V (não-espontânea)B) ΔEo > Eo

red cátodo – Eored ánodo

ΔEo = –0,23 – (+0,34) = –0,57 V (não-espontânea)C) ΔEo = Eo

red cátodo – Eored ánodo

ΔEo = –0,76 – (–0,23) = –0,53 V (não-espontânea)D) ΔEo = Eo

red cátodo – Eored ánodo

ΔEo = +0,80 – (+0,34) = +0,46 V (espontânea)E) ΔEo = Eo

red cátodo – Eored ánodo

ΔEo = 0,00 – (+0,34) = –0,34 V (não-espontânea)

AI. Cobre Eo

red Cu2+ > Eored Ni2+

II. Estanho Eored Sn2+ > Eo

red Ni2+

III. Zinco Eored Zn2+ < Eo

red Ni2+

IV. Ferro Eored Fe

2+ < Eored Ni2+

A solução não poderá ser armazenada nos recipientes deferro e de ferro galvanizado, pois o Fe(s) e o Zn(s) sofrerãooxidação e os íons 2

(aq)Ni + da solução sofrerá redução.Assim o item A é correto.

A) A prata foi o material depositado, pois apresenta omaior potencial de redução.

B) Massa de prata depositada = 321,6 – 300 = 21,6 g.1 mol (Ag) _____ 108 gn (Ag) _____ 21,6 gn (Ag) = 0,2 mol.2 Ag+ + Zn(s) → Zn2+ + 2 Ag(s) ΔH = –365 kJDe acordo com a equação anterior:2 mols (Ag) _____ 365 kJ0,2 mol (Ag) _____ QQ = 36,5 kJ.O processo liberou 36,5 kJ.

C) 2 + 2+(s) (s)+2+1 0 0

Ag + Zn Zn + 2 Ag→

Ag+ para Ago: o elemento prata sofreu redução.

Quí

mic

a III

31

Volume 4.B

9

10

11

12

As pilhas são reações de oxi-redução espontâneas.

Os elétrons fluem do ânodo (Cd0) para o cátodo(Ni(OH)3).Constatamos que a alternativa incorreta é a E.

A) ΔE0 = Ered cátodo.0 – Ered ânodo.

0

ΔE0 = –0,76 – (–1,18)ΔE0 = –0,76 + 1,18ΔE0 = +0,42 V

B)

Zno para Zn2+: o elemento zinco sofreu oxidação.O nitrato de prata é o agente oxidante e o zincometálico é o agente redutor.

DA) Cd0 → Cd2+ + 2e– : oxidação; ânodo;

Pólo – ; Ag. redutor (Cd0)

C) Ni+4O2–2 + 2H2O + 2e– → Ni+2(OH)2

–1 + 2OH–:redução; cátodo; pólo + ; Ag. oxidante (NiO2)

Concluímos assim que os itens I e II estão corretos.

E

13

A) Partem do eletrodo de Zn(s), que sofre oxidação.B) Diminuem: Zn(s); HgO(s).

A) MnO2(s) : Ag. oxidante.

B) Diminui: MnO2(s); Zn(s)0

Aumenta: Mn2O3(s); Zn( )aq2+

A) Cd + 2 Ni(OH)3 → Cd(OH)2 + 2 Ni (OH)2B) ΔE = E (maior) – E (menor), ou seja, o potencial

depende do maior e do menor valor e estes valoressão constantes.

C) NiH2 + 2 Ni(OH)3 → Ni + 2 H2O + 2 Ni(OH)2

Cd(s) + NiO2(aq) + 2 H2O(�) → Cd(OH)2(aq) + Ni(OH)2(aq)

Reação anódica → Cd(s) + 2 –(aq)OH → Cd(OH)2(aq) + 2 e–

D

2 H2(g) � (aq)4 H+ –4 e+ Eo = 0,00 V

2(g) (aq)O 4 H++ –4 e+ o2 (g)2 H O E 1,23 V= +�

2 H2(g) + O2(g) � 2 H2O(g) ΔEo = +1,23 V

I. V, os íons (aq)H+ fluem do eletrodo alimentado com

H2(g) para o eletrodo alimentado com O2(g);II. V, os reagentes são H2(g) e O2(g);III. F, 1 mol de O2 → 2 mols de H2O

2 mols de O2 → 4 mols de H2O2 mols de O2 → 72 g de H2O

IV. V, se houver a formação de H2O(�) ao invés de H2O(g)o calor liberado será maior que 246,6 kJ.

Assim o item D é correto.

D17

14

15

16

Quí

mic

a III

32

Volume 4.B

2.

A)12

O2(g) + H2O + 2e– → 2OH–

B) H2(g) + 2OH( )–aq → 2H2O + 2e–

D

A única alternativa falsa é a D.

E

Assim o único item falso é o E.

B

2H2(g) + O2(g) 2H2O(�) ΔH < 0 (exotérmica)0 0 1+ 2–

perde e– / oxidação / ânodo

ganha e– / redução / cátodo

2NiOOH + 2H2O + 2e– 2Ni(OH)2 + 2OH–

Cdo + 2OH–

Cdo + 2NiOOH + 2H2O 2Ni(OH)2 + Cd(OH)2

Cd(OH)2 + 2e– +

3+ 2+ 2+descarga

recarga

ganha e– / redução / cátodo / pólo +agente oxidante

perde e– / oxidação / ânodo / pólo – agente redutor

Somente o item B é correto.

A) Eletrodo 2, pois é o cátodo, onde ocorre a semi-reação de redução.

B) Redução: O2(g) + +(aq)4H + −4e → 2H2O(�)

Eored = +1,23 V

Oxidação: 2H2(g) → +(aq)4H + −4e

Eooxid = 0,00 V

Global: 2H2(g) + O2(g) → 2H2O(�) ΔEo = +1,23 V

21

22

23

24

ΔE0 = Ered cátodo.0 – Ered ânodo.

0

ΔE0 = 1,630 V – (–0,300)ΔE0 = 1,930 VΔE0

total = 1,930 V x 6 ≅ 12 VSão corretos os itens I, II e IV.

EPotenciais de oxidação

Li0 → Li( )aq+ + 1e–

E0 = +3,04 V (maior, oxidação, ânodo)

2I( )–aq → I2(s) + 2e–

E0 = –0,54 V (menor, redução, cátion)

18

O único item verdadeiro é o E.

I.

II.

A) Pb(s)0 + SO4

2– → PbSO4 + 2e–, pois é uma reaçãode oxidação, ocorre no ânodo.

B) A densidade da solução diminui, pois o H2SO4(aq) éconsumido na reação de oxi-redução da pilha.

1.

19

20

Quí

mic

a III

33

Volume 4.B

A) Pb + SO 24

− → PbSO4 + 2e– (Ânodo)

PbO2 + SO 24

− + 4H+ + 2e– → PbSO4 + 2 H2O(Cátodo)

B) Polo (–): ânodoPolo (+): cátodo

C) Observe a figura

1

2

3

4

5

2V 2V 2V

D) 2PbSO4 + 2 H2O → Pb + PbO2 + 4H+ + 2 SO 24

−

A) Metais possíveis: Sn, Au, Ni, Zn, Ti, Cr, Ca, Nb,Cu e U.Zn2+ + 2e– → Zn ΔE0 = –0,76 (oxidação)Cu → Cu2+ + 2e– ΔE0 = –0,34 (redução)Zn2+ + Cu → Cu2+ + Zn ddp = 1,1 V (global)

B) O urânio. O urânio é o único metal, entre osencontrados no estado de Goiás, que pode serutilizado em reações de fissão nuclear, em usinasde geração de energia elétrica de grande porte.

A) Porque o ferro oxida, reagindo com o oxigênio doar, em ambiente úmido.4 Fe(s) + 3 O2(g) → Fe2O3(s)

B) O elmo que emperra mais é o do suserano, já que opotencial padrão do ouro é de +1,50 V; assim oferro oxida preferencialmente. Como o potencial

padrão de redução do Zn 2(aq)

+ é de –0,76 V, ele

oxidará preferencialmente, em relação ao ferro.

A) Porque o fósforo, ao realizar quatro ligações, ficacom um elétron livre, produzindo assim umsemicondutor tipo N (negativo). O boro, como ficacom um orbital vazio, produz um semicondutor tipoP (positivo).

B) Porque os elétrons fluem apenas do material N paramaterial P, ou seja, do semicondutor com elétrons livrespara o semicondutor com deficiência de elétrons.

A) (s) (aq)Cd 2OH−+ 2(s)Cd(OH) 2e−→ +

3(s)2Ni(OH) 2e−+ 2(s) (aq)2 Ni(OH) 2OH−→ +

(s) 3(s) 2(s) 2(s)Cd 2Ni(OH) Cd(OH) 2 Ni(OH)+ → +

B) ΔE0 = E 0RED (cátodo) – E 0

RED (ânodo), ou seja, a ddpdepende dos potenciais de redução do cátodo e

6

7

8

9

do ânodo, como esses potenciais são constantes addp não muda.

C) −+2(s) (aq)2NiH 2OH −→ + +�(s) 2 ( )2Ni 2H O 2e

−+3(s)2Ni(OH) 2e −→ +2(s) (aq)2Ni(OH) 2OH

+ → + +�2(s) 3(s) 2(s) 2(s) 2 ( )2NiH 2Ni(OH) 2 Ni 2Ni(OH) 2H O

O metal que pode ser usado é o zinco, pois este sofreráoxidação no lugar do ferro atuando como metal desacrifício.

2(s) (aq)Oxidação : Zn Zn 2e+ −→ + 0

OXID

(aq)

E 0,76 V

Redução : 2H 2e+ −

= +

+ 0RED2(g)

2 0(s) (aq) (aq) 2(g)

H E 0,00 V

Global : Zn 2H Zn H E 0,76 V+ +

→ =

+ → + Δ = +

A) Agente redutor: A�0. Agente oxidante: Zn++.B) Ânodo → oxidação: 2A�0 → 2 A�+++ + 6e–.

E0 = +1,66 VCátodo → redução: 3 Zn++ + 6e– → 3 Zn0.E0 = –0,763 V

C) ΔE0 = E 0RED (cátodo) – E 0

RED (ânodo)ΔE0 = –0,763 – (–1,66)ΔE0 = +0,90 V

A reação é espontânea (valor de ΔE0 positivo).

A) Ânodo: C2H5OH + 3H2O → 2CO2 + 12H+ + 12e–

Cátodo: O2 + 4e– + 4H+ → 2 H2OB) C2H5OH + 3 H2O → 2 CO2 + 3 H2O + xkcal

1 mol (etanol) x kcal 100% x kcal 30% yy = 0,3 x kcal

Quantidade de mols utilizando a mesma energia de1 mol de etanol:C2H5OH + 3 H2O → 2 CO2 + 12 H+ + 12 e–

3 O2 + 12e– + 12 H+ → 6 H2OC2H5OH + 3O2 → 2CO2 + 3H2O + x kcal

100% x kcal 50% zz = 0,5 x kcal

2 mol de CO2 0,3 k kcal w 0,5x kcal

w = 3,33 mol de CO2

motor/célula = 3,33 mol de CO2/2,00 mol de CO2 = 1,67

A) Cd 0(s) + 2 OH

−(aq) → Cd2+(OH)2(s) + 2e– (ânodo:

oxidação)

ΔE0 = E 0RED (cátodo) – E 0

RED (ânodo)B) ΔE = (+0,49 V) – (–0,81 V) = 1,3 V

Para a TV funcionar com uma d.d.p entre 12,0 e 14,0 V:12,0 V < 13,0 V < 14,0 V; precisamos de 10 x 1,3 V == 13,0 V, ou seja, de dez pilhas associadas em série.

Quí

mic

a III

34

Volume 4.B

5

6

A) O gás AAAAA é o H2(g) pois é formado em maior quantidadeque o O2(g). A eletrólise da água produz um volume deH2(g) igual ao dobro do volume de O2(g).

B) Neutro, pois para cada H( )aq+ produzido há também

a produção de um OH( )–aq , que se neutralizam

formando H2O(�).

CÂnodo: pólo + : oxidação: É constituído pelo metal quevai revestir a peça. (no caso o níquel)Cátodo: pólo – : redução: É constituído pela peça queserá revestida (a niquelagem ocorre no cátodo).Na eletrólise a corrente elétrica faz a reação química ocorrer.

EI. Pólo + ; ânodo ; oxidação: É uma chapa de prata

que vai sofrer oxidação.II. Pólo – ; cátodo; redução: É o objeto de cobre que

vai ser revestido.III. Como deverá haver um controle da massa de prata

depositada, devemos utilizar um amperímetro paramedir a intensidade da corrente elétrica (i).

• O estanho que é o metal que vai revestir a lâmina deaço deve ser colocado no pólo positivo, ânodo,onde ocorrerá a oxidação.

9

7

8

4

Reação Global: 2H2O(�) → 2H2(g) + 1O2(g)

A�(NO3)3 A�3+

H+H2O

Redução (H2(g)): cátodo: pólo

Oxidação (O2(g)): ânodo: póloNO3–

OH–

–

+

Redução: cátodo: pólo – : Mg2+ + 2e− → Mg(s)

Oxidação: ânodo: pólo + : 2C�– → C�2(g) + 2e−

Global: Mg2+ + 2C�– → Mg(s) + C�2(g)O item A está de acordo com as informações anteriores.

E

D

oxidação: Fe(s) → Fe 2(aq)

+ + 2e–

redução: 4 H +(aq) + 4 e– + O2(g) → 2H2O(�)

Quando o Fe(s) sofre oxidação os íons H +(aq) sofrem

redução e essa reação ocorre em meio aquoso, napresença de O2(g). Assim o item D é correto.

A

oxidação:Zn(s) + (aq)2OH− → Zn(OH)2(s) + 2e−

E0 = +0,90V

redução: ZMnO2(s) + H2O(�) + 2e− → Mn2O3(s) + (aq)2OH−

E0 = +0,60V

global: Zn(s) + 2MnO2(s) + H2O(�) → Zn(OH)2(s) + Mn2O3(s)

ΔE0 = + 1,50Voxidação = ânodo = pólo –redução = cátodo = pólo +

O item A é correto.

A

oxidação (ânodo – ): Mg(s) → Mg 2(aq)

+ + 2e−

E0 = +2,36V

redução (cátodo + ): 2H (aq)+ + 2e− → H2(g)

E0 = 0,00V

global: Mg(s) + 2H (aq)+ → Mg 2

(aq)+ + H2(g), ΔE0 = +2,36V

O item A é falso.

10

11

12

Eletroquímica – Eletrólise

��������

cátodo; pólo – ; redução: Ca2+ + 2e– → Ca(s)ânodo; pólo + ; oxidação: 2C�– → C�2(g) + 2e–

Global: Ca2+ + 2C�– → Ca(s) + C�2(g)

cátodo; pólo – ; redução: 2Fe3+ + 6e– → 2Fe(s)

ânodo; pólo + ; oxidação: 6C�– → 3C�2(g) + 6e–

Global: 2Fe3+ + 6C�– → 2Fe(s) + 3C�2(g)

A

MgC�2(s) 2Mg : redução

2C : oxidação

+

−

⎧⎪⎨⎪⎩ �

1

2

3

Quí

mic

a III

35

Volume 4.B

12

10

11

Δt = 193sQ = i . ΔtQ = 100 x 193

Q = 19.300 C

A) 1Ag (aq)+ + Li → 1Ag(s)

1 mol 1mol 1 mol

96.500 C 108 g

19.300 C x g

→

→⎧⎨⎩

x = 21,6 g de Ag

B)23108 g de Ag 6,02 . 10 átomos

21,6 g de Ag y ''

→

→

⎧⎪⎨⎪⎩

y =1,204 . 1023 átomos de Ag

Q = 9.650 C

A) 2C�– → 1C�2(g) + 2e–

2 mols 1 mol 2 mols

71 g 2 x 96.500 C

x g 9.650 C

→

→⎧⎨⎩

x = 3,55 g de C�2(g)

B) 2

2

71g de C 22,4 L

3,55 g de C y L

→

→⎧⎨⎩

�

�y = 1,12 L de C�2(g)

2 mols de e– → 1,5 mol de gases

2 x 96.500 C 1,5 x 22,4 L

Q 336 L

→

→⎧⎨⎩

Q = 2 x 96.500 x 336

1,5 x 22,4 ⇒ Q = 1.930.000 C

• A lâmina de aço deverá ser colocada no pólo negativo,cátodo, onde ocorrerá a reação de redução.

• A solução deverá conter um sal de estanho.

i = 100A

13

21,6 g de Ag1Ag+ + 1e– → 1Ag(s)

1 mol 1 mol 1 mol–

–

1mol de e 108 g

x mol de e 21,6 g

→

→

⎧⎪⎨⎪⎩

x = 21,6 g

108 g = 0,2 mol de e–

mCu(s) = ?1Cu2+ + 2e– → 1Cu(s)

1 mol 2 mols 1 mol–

–

2 mols de e 63,5 g

0,2 mol de e y g

→

→

⎧⎪⎨⎪⎩

y = 0,2 x 63,5

2

y = 6,35 g de Cu(s)

CA eletrólise é uma reação de oxi-redução não-espontânea.

Ccátodo; pólo – ; redução: K+ + e– → K(s)ânodo; pólo + ; oxidação: 2I– → I2(g) + 2e–

cátodo; pólo – ; redução: Mg2+ + 2e– → Mg(s)ânodo; pólo + ; oxidação: 2C�– → C�2(g) + 2e–

Global: Mg2+ + 2C�– → Mg(s) + C�2(g)

cátodo; pólo – ; redução: Ca2+ + 2e– → Ca(s)ânodo; pólo + ; oxidação: 2F– → F2(g) + 2e–

Global: Ca2+ + 2F– → Ca(s) + F2(g)

A) Dissociação: 2KBr → 2K+ + 2Br–Reação catódica: 2K+ + 2e– → 2K(s)Reação anódica: 2Br– → Br2(g) + 2e–

Global: 2K+ + 2Br– → 2K(s) + Br2(g)

B) Dissociação: 2LiI → 2Li+ + 2I–Reação catódica: 2Li+ + 2e– → 2Li(s)Reação anódica: 2I– → I2(g) + 2e–

Global: 2Li+ + 2I– → Li(s) + I2(g)

2

4

3

1

5

Quí

mic

a III

36

Volume 4.B

CPólo – ; cátodo; redução: garfoPólo + ; ânodo; oxidação: placa de prata metálicaO processo é não-espontâneo.A placa de prata diminui de massa (oxidação).

A concentração de íons NO –3(aq) permanece constante.

17

13

12

A) ânodo; pólo + ; oxidação: 2I( )–aq → I2(g) + 2e–

B) no pólo positivo, ânodo, pois há a formação de I2(g)que na presença de amido origina uma coloração azul.

HNO3 H+

H2ONO3

–

H+ OH–

Soluçãoácida

Oxidação (O2(g))

Redução (H2(g))

Ionização do ácido: 2HNO3(aq)

2HNO3(aq) + 2H2O(�)

2HNO3(aq) + H2O(�) 2HNO3(aq) + H2(g)

2H+(aq) + 2NO3(aq) + H2O(�)

2H+(aq) 2NO–

(aq)+3

(�)

(�)1 2

1 2

1 2

–

ânodo

A

HNO3(aq)

(Ag)

(O2(g))

NaOH(aq)

Redução (H2(g))

(C�2(g))NaC�C�Na

NaOH(aq)

Redução (H2(g))

(C�2(g))NaC�

Dissociação do sal: 2 NaC� 2Na+ + 2C�–

Ionização da água: 2 H2O 2H+ + 2OH–

Global: 2 NaC� + 2 H2O H2(g) + C�2(g) + 2 NaOH(aq)

Cátodo : Redução: 2 H+ H2(g)+ 2e–

+ 2e–Ânodo : Oxidação: 2C�– C�2(g)

C�Na

Os produtos são: Ag(s), O2(g) e HNO3(aq)

C

Os produtos são: H2(g), C�2(g) e NaOH(aq)

B

14

15

16

D

Cátodo: Pólo (–): Redução: 4 A�3+ + –12 e → 4 A�

Ânodo: Pólo (+): Oxidação: 6 O2– → –12 e + 3 O2

Global: 4 A�3+ + 6 O2– → 4 A� + 3 O2Assim o item D é correto

E

+⎧⎪⎨⎪⎩��–

NaNaC

C

Cátodo: Pólo (–): Redução: 2 Na+ + –2 e → 2 Na(s)

Ânodo: Pólo: (+): Oxidação: 2 C�– → C�2 + –2 e Global: 2 Na+ + 2 C�– → 2 Na(s) + C�2(g)Assim o item E é correto

A

Cátodo: Polo (–): Redução: 4 A�3+ + –12 e → 4 A�

Ânodo: Pólo (+): Oxidação: 6 O2– → –12 e + 3 O2

Global: 4 A�3+ + 6 O2– → 4 A� + 3 O2Assim o único item falso é a letra A

A

6

7

8

9

ânodo; pólo + ; oxidação:

2OH( )–aq → H2O(�) +

12

O2(g) + 2e–

Ânodo

D

Cu(NO3)2 Cu2+

H+H2O

Redução (Cu(s)): cátodo: pólo

Oxidação (O2(g)): ânodo: pólo

NO3–

OH–

–

+

10

11

D

Quí

mic

a III

37

Volume 4.B

Esta eletrólise do cobre possui uma grande importânciaindustrial, pois o cobre obtido por este processo possuiuma pureza de 99,9%, sendo portanto utilizado comocondutor elétrico em forma de fios.

O objeto de ferro que vai ser revestido deverá ser ligadoao pólo negativo, ao cátodo, para que nele ocorra a

redução do Ni 2(aq)

+ com a conseqüente formação de Ni(s)que revestirá o objeto de ferro.

AAnalisando somente sob o critério termodinâmico, a semi-reação que ocorrerá no cátodo é a Ib, posto que opotencial padrão é mais positivo, indicando que a águaé mais facilmente reduzida do que o íon Na+. Já a semi-reação de oxidação que ocorrerá no ânodo é a IIa,por ser termodinamicamente mais favorável.

2H2O(�) + 2e– → H2(g) + 2OH –(aq) ; Eo = –0,83 V

2I –(aq) → I2(aq) + 2e– ; Eo = –0,54 V

______________________________

2I –(aq) + 2H2O(�) → H2(g) + 2OH –

(aq) + I2(aq) ; E = –1,37 VPortanto, a opção A está correta.

A) Balanceando as equações para igualar o númerode elétrons ganhos e perdidos, temos:

2Ag1+(aq) + 2e– → 2Ag(s)

2H3C — COO1–(aq) → H3C — CH3(g) + 2CO2(g) + 2e–

C19

20

21

NaOH Na+

Cu2+

H+H2O

Redução: Cu2+ + 2e–

Oxidação: 2OH– 2e–H2O(�) O2(g)

OH–

OH–

Cobre

+ +1 2

Cu(s)

22

23

18 E

Q = i . ΔtQ = 10 x 965Q = 9.650 C

1Ag+ + 1e– → 1Ag(s)1 mol 1 mol 1 mol

96.500 C 108 g

9.650 C x g

→

→⎧⎨⎩

x = 10,80 g de Ag(s)

Concluímos então que:2 mol de Ag(s) 1 mol de H3C — CH3(g)1 mol de Ag(s) x

21

= 1x

⇒ x = 1.12

⇒ x = 0,5 mol de H3C — CH3(g)

B) A prata metálica é formada no cátodo (pólonegativo), onde ocorre redução.O etano é formado no ânodo (pólo positivo), ondeocorre oxidação.

A) X = MgCO3 [ou Mg(HCO3)2] e Y = MgO(s)Mg(OH)2(g) → MgO(s) + H2O(v)Z = C�2(g)

1 MgC�2(�) 1 Mg(�) 2 C�(�)2+ 1–

+

1 MgC�2(�) 1 Mg(s) 1 C�2(g)+

2 C�(�) 2 e– 1 C�2(g)1–

+

1 Mg(�) 2 e– 1 Mg(s)2+

+

B) Mg(OH)2(s) + CO2(g) → MgCO3(s) + H2O(�) ouMg(OH)2(s) + 2CO2(g) → Mg(HCO3)2Não é reação de óxido-redução, pois não hávariação dos números de oxidação dos elementos.

BΔt = 2895si = 0,2 A

1Zn(s) → 1Zn 2+(aq) + 2e–

1 mol 1 mol 2 mols

Q = i . ΔtQ = 0,2 x 2.895Q = 579 C

65,4 g 2 x 96.500 C

x g 579 C

→

→⎧⎨⎩

x = 0,1962g de Zn

Ei = 10 AΔt = 965s

24

25

26

Quí

mic

a III

38

Volume 4.B

Cu2+ + 2e– → Cu(s)

2 mols 1 mol

2 mols de e 64,0 g

x mols de e 0,64 g

−

−

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 2 x 0,6464

x = 0,02 mol de e–

Cu(NO3)2 Cu2+

H2O OH–H+

Eletrodo de Cu(s)

Redução

NO3–

Oxidação

Ag+ + 1 e– → Ag(s)1 mol 1 mol

1mol de e 108g

0,02 mols de e y g

−

−

→

→

⎧⎪⎨⎪⎩y = 0,02 x 108

y = 2,16 g de Ag(s)

A

AgNO3 Ag+H2O

OH–H+

Eletrodo de Ag(s)

Redução

NO3–

Oxidação

30 E

HNO3(aq)

(Ag(s))

(O2(g))

i = 0,965 AΔt = 0,75h = 2.700sM(Ag) = ?

1h 3.600s

0,75h x

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩x = 2.700sQ = i . ΔtQ = 0,965 x 2700Q = 2.605,5C1Ag+ + 1e– → 1Ag(s)

1Ag+ + –1e1mol

→ (s)1Ag

1mol

96.500C 108 g2.605,5C y

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

E

31

A�F3 {A�3+ F–

Q = 3.860 C

1A�3+ + 3e– → 1A�(s)1 mol 3 mols 1 mol

3 x 96.500 C 27 g

3.860 C x g

→

→⎧⎨⎩

x = 0,36 g de A�

3+ 2–2 4 3 4

–2

Cr (SO ) Cr SO

H O H OH+

⎧⎪⎨⎪⎩

i = 965 AΔt = 10s

Q = i . ΔtQ = 965 x 10 Q = 9.650 C

A) 1Cr3+ + 3e– → 1Cr(s)1 mol 3 mols 1 mol

3 x 96.500 C 52 g

9.650 C x g

→

→⎧⎨⎩

x = 1,73 g de Cr

B)2352 g de Cr 6,02 . 10 átomos

1,73 g de Cr y ''

→

→

⎧⎪⎨⎪⎩y – 0,2 . 1023 = 2,0 . 1022 átomos de Cr

Δt = ?i = 10 A

(Eletrólise da água)

1H2O(�) → 1H2(g) + 1

2O2(g)

2 mols de e– → 1,5 mol de gases

2 x 96.500 C 1,5 x 22,4 L

Q 0,084 L

→

→⎧⎨⎩

Q = 482,5 C

Q = i . Δt482,5 = 10 . Δt

Δt = 48,25s

27

28

29

Quí

mic

a III

39

Volume 4.B

y = 2.605,5 x 108

96.500y = 2,916 g de Ag

DRedução (Fe(s))

(C�2(g))FeC�2C�Fe2+

i = 9,65 AΔt = ?M(Fe) = 112 gQ = i . Δt

Δt = 386.000

9,65Δt = 40.000s÷ 3.600Δt � 11,11h

1Fe2+ + –2e

2 mols → (s)1Fe

1 mol

2 x 96.500C 56 gQ 112 g

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

Q = 2 x 96.500 x 112

56

Q = 386.000C

Redução

CuSO4SO4Cu2+ 2–

i = 33,8 . 10–3 AΔt = 90 x 60 = 5400sQ = i . ΔtQ = 33,8 . 10–3 x 5.400Q = 182,52C

1Cu 2+(aq) + –2e

2 mols

→ (s)1Cu

1 mol

2 x 96.500C 63,5 g182,52C X g

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

x = 182,52 x 63,52 x 96.500

x = 0,06 g de Cu(s)

32

33

A) Reação anódica : Cu(s)+ Cu(aq)2+

2e–+

Reação catódica : Cu(aq)2+– Cu(s)

Global: Cu(s)impuro Cu(s)puro

1

B) i = 1AΔt = 3 x 3 . 600 = 10.800sQ = i . ΔtQ = 1 x 10.800

Q = 10.800c

1Cu2+ + –2e2 mols

→ (s)1Cu

1mol

2 x 96.500c 63,5 g10.800c x g

→⎧⎨ →⎩

x = 10.800 x 63,52 x 96.500

x = 3,55 g de Cu(s)

A) A equação global da ustulação da calcosita será dada por:1Cu2S(s) + 1O2(g) → 2Cu(s) + 1SO2(g)

Cu0Cu(aq)2+

+

Cu(impuro)

Cátodo (pólo negativo):

Ânodo (pólo positivo):

2 e–

2 e–0

Cu(impuro)0 Cu(puro)

0

Cu(aq)2+

+

(puro)B)

No processo de refinação eletrolítica, o cobre, inicialmenteimpuro, passa para a solução, e o Cu2+ da solução deposita-se no pólo negativo na forma de Cu puro. Há uma transferênciade massa do pólo positivo para o negativo.

A barra de cobre impuro sofre oxidação, produzindo íons Cu 2+(aq) .

Esses íons irão sofrer redução na barra de cobre puro, cujamassa aumentará durante o processo.

C) Os elétrons, no circuito externo, vão do pólo positivo (cobreimpuro) para o pólo negativo (cobre puro) da cuba eletrolítica.

Na solução, íons Cu 2+(aq) migram do pólo positivo para o

negativo.

Os íons SO 2–4(aq) não sofrem alterações químicas.

CH3CH(OH)COOH(aq) �������� CH3CH(OH)COO –(aq) + H +

(aq)

Ka = ( )

( )

– +3

3

CH CH OH COO . H

CH CH OH COOH

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤⎣ ⎦

;

Ka = 1 . 10–4

pH = 7; [H+] = 10–7 M

10–4 = ( )

( )

– –73

3

CH CH OH COO .10

CH CH OH COOH

⎡ ⎤⎣ ⎦⎡ ⎤⎣ ⎦

( )( )

–3

3

CH CH OH COO

CH CH OH COOH

⎡ ⎤⎣ ⎦⎡ ⎤⎣ ⎦

= –4

–71010

= 103

A) 1Ca(OH)2(s) 2H O

���������� 1Ca 2+

(aq) + 2OH –(aq)

B) Kb = 1,6 . 10–5 ; α = 4% = 4 . 10–2

Kb = M . α2 ⇒ 1,6 . 10–5 = M . (4 . 10–2)2

M = –5

–41,6 .1016 .10

= –6

–41,6 .1016 .10

= 10–2 mol/L

C) 2–2

1Ca(OH)

1.10 M

�������� 2+ –(aq)

–2 –2

1Ca + 2OH

1.10 M 2 .10 M

2

3

4

Quí

mic

a III

40

Volume 4.B

2 NaC�(aq) → 2 Na +(aq) + 2C�

−(aq)

Pólo positivo:2 C� (aq)

− → C�2(aq) + 2e– (oxidação: ânodo)

Pólo negativo:2 H2O(�) + 2 e– → H2(g) + 2OH (aq)

− (redução: cátodo)

ou 2H +(aq) + 2e– → H2(g)

Somando-se as três equações, temos a equação global:

2 NaC�(aq) + 2H2O(�) → H2(g) + C�2(g) + Na +(aq) + 2 OH

−(aq)

2

2 –

Zn (Redução) T 17 273 300KZnC

2 C (Oxidação) P 1atm

+⎧ = + =⎪⎨

=⎪⎩�

�

A) 1 = 5A Δt = 10 x 60 x 60 = 36.000sQ = i . Δt = 5 x 36.000 = 180.000 C

B) Oxidação: 2 C�– → C�2 + 2 e–

1 mol 2 mols

⎧⎪⎨⎪⎩

71g 2 x 96.500 Cxg 180.000 C

x = 71 x 180.0002 x 96.500

= 66,22 g

C) P . V = n . R . T

1 x V = 66,2271,0

x 0,082 x 300

V � 22,9 L

BC = 19.300 CMg2+ + 2 e– → Mg(s)

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

2 x 96.500 C 24 g

19.300 C x

x = 19.300 x242 x 96.500 = 2,4 g de Mg(s)

2 C�– → C�2 + 2 e–

1 mol 2 mols

71g 2 x 96.500 C

y g 19.300 C

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

y = 71 x 19.3002 x 96.500

= 7,1 g de C�2(g)

10

9

8

Anotações

pOH = log[ ]–

1OH

= log–2

12 .10

= log210

2 = log102 –

– log 2 = 2 – 0,3 = 1,7pH = 14 – 1,7 = 12,3

AΔt = 5 x 60 = 300si = 1,93 A

Redução

CuSO4SO4Cu2+ 2–

0,18 g de Cu(s)R = ?Q = i . ΔtQ = 1,93 x 300Q = 575C

1Cu 2+(aq) + –2e

2 mols → (s)1Cu

1mol

2 x 96.500C 63,5 g575C X g

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

x = 575 x 63,52 x 96.500

x = 0,1905 g de Cu(s)

0,1905 g 100%0,18 g R%

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

R = 0,18 x 100

0,1905 � 94,5%

O cátodo é o eletrodo E2, pois nele ocorre a seguinte

reação: 2 H +(aq) + 2e– → H2(g)

Reação anódica:

2 C� −(aq) → C�2(g) + 2e–

A) (cátodo): Ni 2(aq)

+ + 2e– → Ni(s) (redução)

(ânodo): 2C� (aq)−

→ 2e– + C�2(g) (oxidação)

No cátodo forma-se níquel metálico e no ânodo gáscloro.

B) Ni 2(aq)

+ + 2e– → Ni(s) E0 = –0,24 V

2 C� (aq)−

→ 2e– + C�2(g) E0 = –1,36 VSomando as duas equações, temos:

Ni 2(aq)

+ + 2 C� (aq)− → Ni(s) + C�2(g) ΔE0 = –1,60 V

O mínimo potencial aplicado pela bateria para queocorra a eletrólise deve ser de 1,60 V.

5

6

7

Quí

mic

a III

41

Volume 4.B

CK+ + e– → K(s)E0 = –2,92 V (menor) oxidação; inverter

Ag+ + e– → Ag(s)E0 = –0,80V (maior) redução; manter

+ −→ +(s) (aq)oxidação : K K e+ −

= +

+

0

(aq)

E 2,92V

redução : Ag e

+ +

→ = −

+ → + Δ = +

0(s)

(s) (aq) (aq) (s)

Ag E 0,80 V

global : K Ag K Ag E 2,12 V

C

1

2

3

4

Mg(s) + Cu2+(aq)

Mg2+ + Cu(s)(aq)

Oxidação/Ânodo/Pólo

Redução/Cátodo/Pólo

I. (F) 0REDE Cu +2

(aq) /Cu(s) > E0red Mg +2(aq) /Mg(s);

II. (V) ↑ [Cu2+], desloca-se o equilíbrio químico para adireita e assim ocorre um aumento da ddp;

III. (F) A ddp não depende da massa das placas metálicas;IV. (V) O Mg(s) se oxida e portanto é o ânodo da pilha.

D

1. 0REDE Fe2+/Fe < 0

REDE Cu2+/Cu ⇒ O ferro sofreoxidação;

2. 0REDE Fe2+/Fe < 0

REDE Pb2+/Pb ⇒ O ferro sobreoxidação;

3. 0REDE Fe2+/Fe > 0

REDE Mg2+/Mg ⇒ O magnésio sofreoxidação;

A coloração azul surge nos tubos 1 e 2.

C

I. 2H2(g) + O2(g)

0 0

2H2O(�)

+1 –2

Oxidação

Redução

II. não é reação de oxi-reduçãoIII. Cu2+ + Zn Cu + Zn2+

Oxidação

Redução

IV.0 +4 –2 2+

Pb + PbO2 + 2 H2SO4 2 PbSO4 + 2 H2O

Oxidação

Redução

5

6

V. não é reação de oxi-redução

B

Redução: 2 H +(aq) + 2e– → H2(g)

D

• H2(g) + 12 O2(g) → H2O(g)

ΔH0 = – 246,6 kJ/mol H2O

H2(g) +

12 O2(g) → H2O(�)

ΔH0 = (– 246,6 – x) kJ/mol H2O

• 0,5 mol de O2 → 18g de H2O 2 mol de O2 → xg

x = 2 x 18

0,5 = 72g de H2O

•

7

8

2H2(g) + 1O2(g)

0 0

2H2O(g)Global: ΔE0 = +1,23 V+1 –2

2H2(g) 4H+ + 4e–Oxidação: E0 = 0,00 V

Oxidação

Redução

(aq)

O2(g) + 2 H2O(g) +4H+ + 4e–Redução: E0 = 1,23 V(aq)

Os itens corretos são: I, II e IV.

H2(g) + O2(g)

0 0

H2O(�)

+1 –2

Oxidação/Ânodo

Redução/Cátodo

1 2

1H2(g) + O2(g) H2O(�)1 2

ΔE0 = +1,23 V

2 g90 kg

18 gX kg

x = 810 kg de H2O(�) = 810 L de H2O(�) x 7

5670 L de H2O(�)

Uma pilha é uma célula eletroquímica.

O item C é correto, pois somente os itens II e III são corretos.

02, 04, 08, 16 = 30

C

Quí

mic

a III

42

Volume 4.B

KI

H2O

K+

H+ I–

OH–

ReduçãoCátodo

OxidaçãoÂnodo

2H+ + 2e– → H2(g) (cátodo = redução = pólo negativo)2I– → I2 + 2e– (ânodo = oxidação = pólo positivo)No cátodo, pólo negativo, ocorre a formação de gás

H2(g) e consumo de H +(g) deixando a solução, na região

do cátodo, alcalina e assim origina-se a coloraçãovermelha.

13

14

2A�2O3(s) 4A�(s) + 3O2(g)

0 0+3 –2

Oxidação/Ânodo

Redução/Cátodo

O item A é falso.

C

AgNO3H2O

Ag+

H+NO–

OH–3

ReduçãoCátodo

OxidaçãoÂnodo

redução: 2Ag+ + 2e– → 2 Ag(s)

Oxidação: 2OH– → H2O(�) +12 O2(g) + 2 e–

O item C é correto.

A

4H2O(�)

2H2(g) + 2O2(g)

0 0

2H2O(�)Global: ΔE0 = +1,23 V+1 –2

2H2(g) + 4OH–Oxidação: E0 = 0,83 V

Oxidação/Ânodo/Ag. redutor

Redução/Cátodo/Ag. oxidante

(aq)

O2(g) + 4OH(aq)2H2O(�)

2H2O(�)

+ 4e–

+ 4e–

Redução: E0 = 0,40 V–

São verdadeiros os itens 02, 04, 08 e 16.

D

+ −+Re dução : 2H 2e

− −

→

→ + +�

2(s)

2 ( ) 2(g)

H (cátodo)

1Oxidação : 2OH H O O 2e

2

+ −+ → + +�(aq) 2 ( ) 2(g) 2(g)

(ânodo)

1Global : 2H 2OH H O H O

2

ou H2O(�) → H2(g) + 12

O2(g)

9

O gás H2(g) sofre combustão de acordo com a seguintereação:

H2(g) + 12 O2(g) → H2O(�)

As afirmações II e III são corretas.

ANo cátodo, pólo positivo, ocorre a reação de reduçãoem uma célula voltáica.No cátodo, pólo negativo, ocorre a reação de reduçãoem uma célula eletrolítica.Assim o item A é incorreto.

DA eletrólise é um processo não-espontâneo.

10

11

12

2A�2O3(s)Global: 4A�(s) + 3O2(g)

0 0+3 –2

Oxidação/Ânodo

Redução/Cátodo

Somente o item D é correto.

DCátodo, pólo negativo: ocorre a reação de redução:deve-se colocar a placa de latão, para ser revestidapelo níquel;Ânodo; pólo positivo: ocorre a reação de oxidação:deve-se colocar a placa de níquelO sal da solução deve conter o cátion do elementoníquel.A fonte deve ser de corrente contínua.As afirmações I e II são verdadeiras.

Anotações

Quí

mic

a IV

43

Volume 4.B

Capítulo 10: Reações de SubstituiçãoReações de SubstituiçãoReações de SubstituiçãoReações de SubstituiçãoReações de Substituição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Tópico A: Substituição Eletrofílica no BenzenoTópico B: Substituição Eletrofílica em Derivados do BenzenoTópico C: Substituição Nucleofílica – Sn1 e Sn2Tópico D: Substituição RadicalarTópico E: SalificaçãoTópico F: EsterificaçãoTópico G:SaponificaçãoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

Capítulo 11: Reações de OxidaçãoReações de OxidaçãoReações de OxidaçãoReações de OxidaçãoReações de Oxidação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Tópico A: CombustãoTópico B: Oxidação de ÁlcooisTópico C: Oxidação de AlcenosQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

SUMÁRIO

Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 4.B

Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios

Reações de Substituição

���������

B

HNO3

H2SO4

NO2

C�2

C�A�C�3

NO2

meta-cloronitrobenzeno

C�2

C�

C� C�

A�C�3

C�2A�C�3

orto-diclorobenzeno

HNO3

CH3

NO2

H2SO4

CH3C�

A�C�3

para-nitrotolueno

CH3

I.

II.

III.

EI. (F), x é uma alquilação de Friedel-CraftsII. (F), y é uma reação de substituição radicalarIII. (V)

EI. (V), é uma reação de substituição eletrofílicaII. (V), o C� é um grupo orto-para dirigenteIII. (V), o NO2 é um grupo meta dirigenteIV. (V), o CH3 é um grupo orto-para dirigenteV. (V), o CH3 é um grupo ativante e o C� é um grupo

desativante

BC� C�

orto-para

dirigente

SO3

SO3H

H2SO4

DAs estruturas I e II representam as estruturas deressonância para o benzeno.

DA reação representa um mecanismo de substituiçãonucleofílica bimolecular (SN2), pois ocorre em uma únicaetapa e a velocidade da reação depende dasconcentrações dos dois reagentes.

4

5

6

1

2

3

Quí

mic

a IV

44

Volume 4.B

CH3

CH2

CH3

+ C�2

FeC�3C�

C�

2VZ UVaquecimento

2-cloro-metilbenzeno

cloreto de benzila

E1. (V), é uma reação de substituição nucleofília seguida de hidrólise2. (F), a reação II é uma adição eletrofílica3. (F), a reação III é uma substituição eletrofílica

C

B

H3C C CH3 + C�2CH2

CH3

CH3

LuzCH3 + HC�H2C C CH2

CH3

CH3C�

H3C C CH3 + C�2CH2

CH3

CH3

LuzC� + HC�H3C C CH2 CH2

CH3

CH3

CH

+(I) C� + HC�

+ HC�

HC�

+

+ +

X

(II) C�2

C�C�

CH2

FeC�3

FeC�3

OH–

SN

LuzC� CH2 OH

CH3

CH3

CH3 CH3

H3C

Para Orto

O FeC�3 é catalisador e este aumenta a velocidade das reações, mas não interfere no rendimento.

C

CO

OH

OH CH3

Salificação EsterificaçãoC

O

ONa

OH

CO

ONa

O

O

C

O

OH

H+

Ác. propanóicoX

EtanolY

H3C CH2 CH2HO CH3CO

OH3C H2OCH2

CH2 CH3

C+ +

B12

10

9

11

7

8

Quí

mic

a IV

45

Volume 4.B

H3C CH2 CH3 + H2O(CH2)10CH CH O C

O

H3C CH2 CH3(CH2)10CH CH OH + CO

HO

H+

H2C O

O

O

R1

H2C

H3C

O

O

R3

O

R2

R1

R3

R2HC + +CH2 OHCat.

H3C O

O

O

H3C

H3C

CH2

CH2

CH2

O

H2C OH

OH

H2C

HC

OH

C

C

C

Mistura de ésteres

O

O

A

EI. (V)II. (V)III. (V), as aminas apresentam caráter básico.

CI. (F), as moléculas do óleo são apolaresII. (V)III. (V)IV. (V)

A)

A

OH

COOH

Fenol

Ác. carboxílico

I. (V)II. (V)III. (V)IV. (V), o hidrogênio do fenol também é ionizável.V. (V)

BOH

NO2

OH

Br

NO2

+ Br2 + HBrA�C�3

13

14

15

16

B) Dos produtos formados, o álcool apresenta isomeria geométrica porque tem ligação dupla entre carbonos e osgrupos ligados a esses carbonos são diferentes.

A, C e D

+ +H3C C

O

O

CH3H

C�HC�

CA�C�3

Acilação

Fenil-metil-cetona

2

3

1

Quí

mic

a IV

46

Volume 4.B

H3C CH CH3

CH3

+ C�2

H3C CH CH2

CH3

+ C�

C�

H3C C CH3

CH3

Luz

Luz+ HNO3

C

OHO

NO2

C

O

Ácido meta-nitro-benzóico

HO

H2SO

4

+ C�2 + HC�

C�

NO2

Meta dirigente

NO2

A�C�3

+ HNO3

Br

Br

Br

Br

NO2

H2SO

4

1,4-dibromo-2-nitro-benzeno

C

C

A

EOs hidrocarbonetos aromáticos têm uma tendência asofrer reações de substituição eletrofílica.

CI. (V)II. (V), quando o nitrogênio envolve o seu par eletrônico

não ligante na ressonância, ele diminui a suacapacidade de doar elétrons, tornando-se uma basemais fraca.

III. (V), o NH2 é um grupo orto-para dirigente.IV. (V)

A) NO2 meta dirigenteCH3 orto-para dirigenteBr orto-para dirigente

B) A → SO3H meta dirigenteB → OH orto-para dirigente

DSe a velocidade da reação só depende da concentraçãodo haleto de alquila é porque o mecanismo é desubstituição nucleofílica monomolecular (SN1)

< H3C

C�

C�

Br

CH2 C� << H3C CH2

CH< H3C CH3 C I< H3C

CH3

CH3

Carbocátion terciário > Carbocátion secundário > Carbocátion primário

Estabilidade

B

A e E

H3C C CH HBrCH2 CH3 +

CH3

Luz

Peróxido

Luz

Peróxido

2-bromo-3-metil-pentano

H3C CH CHCH2 CH3

CH3 Br

H3C C HBrCH2 +

CH3

Luz

Peróxido

Luz

Peróxido

1-bromo-2-metil-propano

H3C CH BrCH2

CH3

Obs.: A adição de HBr na presença de luz e peróxidosé uma adição anti-markovinikov.

D

CH3C

CH3

C�

CH2 CH3

CHH3C CH2 CH3 + C�

CH3

2-cloro-2-metilbutano

300oC

300oC

CH3C

OH

H

CH2 CH3

CH +

+

KOHH3C CH2 CH3

C�

KC�

Butanol-2

H2O

H2O

C

D

CH3 + C�2

luz

Δ

C�+ HC�

CH2

luz

Δ

* Reação de substituição radicalar

10

12

13

14

15

16

4

6

7

5

8

9

11

Quí

mic

a IV

47

Volume 4.B

EI. (V), a reação característica dos alcanos é a

substituição radicalar.II. (V)

H

H

HC

H H H

H H H H

C C CIII. (V)

C

OH

Ácido 2-amino-butanodióico

CH2

NH2

CHC

Produto 1:

CO

HO

O

OH

Ácido 2-amino-3-fenil-propanóico

CH2

CH

Produto 2:

CO

H2N

HO

Ácido benzóico

O

BFragmento

A)C

O

O CH3

CH2

A

CO

OH

B

B)C

O

O CH3 + NaOH

CO

ONa + HO CH3

CH2 CO

OH

CH2 CO

ONa

+ NaOH

+ H2O

CI. (F), os sabões e detergentes diminuem a tensão

superficial da água.II. (V)III. (V)IV. (F), os sabões são obtidos a partir da reação de

saponificação entre um éster e uma base forte(NaOH, KOH)

C

O O

O

OH+ H2O

H+

OH

OH O

+

OH

O

ácido salicílico

C7H6O3

H+

1. (V)2. (F), na hidrólise básica de um éster são formados

um sal orgânico e um álcool.3. (F)4. (V)

A) Sim, tem grupo funcional de éster.

H3C OH álcool

ácido carboxílico

C

O

OH

H

(CH2)3 (CH2)8

H3C C

C

H

B)

HO C

O

O CH3 + NaOH

NaO C

O

ONa + H3C OH

A) Fenol e ésterB)

A)H Br

+ Br + HBrBrFeC�

3

B) HBr → ácido bromídrico

A) Primeiro ocorre a alquilação e depois a nitração.Primeiro, entra o grupo metil que orienta as posiçõesorto-para para a entrada dos três grupos nitro.

17

18

19

20

21

22

24

25

1

2

23

Quí

mic

a IV

48

Volume 4.B

H+ CH3 C�

A�C�3

+ HC�

CH3A�C�3

B)

A)

+ 3HNO3

CH3 H2SO

4

+ 3H2OCH3

NO2

NO2

H2SO

4

O2N

TNT

C�

C�

C�

C�

orto-diclorobenzeno

C�

C�

para-diclorobenzeno

meta-diclorobenzeno

B) C�

C�

C�

C�

C) Como o cloro é um orto-para dirigente, os produtosprincipais são o orto-diclorobenzeno e o para-diclorobenzeno.

CA ponte de hidrogênio intramolecular presente no o-nitrofenol impede uma maior liberação do próton H+ oque diminui a acidez do composto.

A) (H3C)3C – C� + OH– → (H3C)3C – OH + C�–

4

B)

C) A velocidade da reação não depende daconcentração do OH– porque ele não participa daetapa lenta que é a etapa determinante para avelocidade de uma reação.

H3C CH CH CH3

CH3 CH3

H3C C CH3CH2

CH3

CH3

H3C CH3

CH3

CH2 CH2CH

H3C CH3

CH3

CH2 CH2CH

H3C C + NaOH

O

O

CH3

+ HO CH3H3C C

O

ONa

H3C CH2 CH3C + HOO

C�

+ HC�H3C

CH2 CH3

CO

O

H3C

CH2 CH3

C + H2OH+

H+

O

O

+ HOH3C CH2 CH3CO

OH

CO mecanismo da substituição é SN2 e nesse caso ocorreinversão da configuração.

B) [H+] . [OH–] = 10–14

[H+] . (10–2) = 10–14

[H+] = –14

–21010

[H+] = 10–12

pH = –log [H+]pH = –log 10–12

pH = 12

C) K = –

3–

3

[CH COOH] . [OH ][CH COO ]

[OH–] = 2,37 x 10–6 mol/L

A)

B)

Sob a ação da luz ocorre a cloração do metano:CH4(g) + C�2(g) → H3C – C�(g) + HC�(g)

Como o HC�(g) se dissolve na água, podemos afirmarque, ao final, haverá menor quantidade em mols de gásdentro do tubo, e isso explica a redução do volume.

A)

3

5

6

7

8

9

10

A)

B)

C)

D)

Quí

mic

a IV

49

Volume 4.B

Reações de Oxidação

���������

1

O (reagente A)

O

CH2 O CH3CH2 (isômero de função)H3C

H3C C

O

O Na

CH2 CH2 CH2 CH3CH+

+

C�

NaC�

H3C C

O

O

CH2

CH2 CH2 CH3CH

CÉ a única reação que libera monóxido de carbono

A) AmidaB) � +4

� +3

C

H3CK

2Cr

2O

7

H2SO

4

CH2 OH

K2Cr

2O

7

H2SO

4

H3C C (ácido etanóico)OH

O

(I)

EI. (V)II. (V)III. (V)

(F), o composto III produz mais CO2 e H2O porque sofreclivagem oxidativa nas duas insaturações.

(V)(V)(F), o composto II também origina o ácido etanóico.(V), os dois compostos são igualmente insaturados.

B

H2SO

4

170oCH3C H2CCH2 CH2 + H2OOH

(II) (eteno)

H3C CH3CH2 OH + C

HO

OH

2SO

4

H3C + H2O

CH2

C

O

O

CH3

H2SO

4

(III) (etanoato de etila)

+ 2Br2

+ 2Br2

(42)(I)

(II)

Conclusão: Z → II

(III)

Br Br

Br

Br

Br Br

+ Br2

(21)

(42)

Br Br

Br Br

+ +

++

O3 CO2

CH2C COO

OHHO

(I)

(Vinagre)

H2O

2

CH3CO

HO

+ +

++

O3 2CO2

CH2 CH2C COO

OHHO

Conclusão: X → I y → III

(III)

H2O

2

A) NaC�O → Hipoclorito de sódioB)

B

[O]

H

OHO

H3C

H2O

CH[O]

[O][O]

+1

+1

+1 0+1–2

CO2

+4 –2

–2

–2

OH

OC +H

+1–2

+1 +2

–2

11

12

C) Pentanoato de etila

A

4

5

6

2

3

1

Quí

mic

a IV

50

Volume 4.B

(F)(V)(V)

OH

CH

KMnO4 Diluído

H3C CH2

CHH3C CH2

OH

+

1,2-propanodiol

OH

CHH3C

OH

CH CH2 CH3CH2

3,4-hexanodiol

KMnO4 Diluído

H3C CH2 CH2 CH3CH CH +

+

(F)

(V)(F)

EI. (V), o álcool se oxida, reduzindo o cromo,

favorecendo a formação de Cr3+ que tem cor verde.II. (V), o nox do carbono no etanol é –1 e no acetaldeído

é +1.III. (V), ele se reduz, oxidando o etanol.

CKMnO4 → oxidaçãoH2SO4 → eliminaçãoBr2 → adição.

AI → EsterificaçãoII → Desidratação (eliminação)III → Oxidação parcialIV → Oxidação total

E

O

EtanolH2C H2OCH2 H3C CH2 OH+

+

+

H+

X

Y

Ácido etanóicoH3C CH2 H3C COH

OH

[O]

O

H3C

H2O

C

O

O

H3C CH2

CH2 CH3

CH3COH

HO

I. (V)II. (V)III. (V), a adição iônica é anti-MarkovnikovIV. (F), na isomeria cis-trans, os grupos ligados a um

carbono da dupla tem que ser diferentes.V. (V)

B

+ O3

H2O

Soma: 49

A H3C O CH3

B H3C CH2 CH2

CH2

C H3C CH

OH

CH3

OH

01.(V)02.(F)04.(F), metóxi-etano.08.(F)16.(V)32.(V)

B

C

C

C

C

C

H

H

H

OH

O

OH

H

OHO

Forma meso com plano de simetria

D-xilose

HO

C

OHO

C

C

C

CH

H

H

OH

O

HO

HO

OH

KMnO4

Forma meso com plano de simetria

D-ribose

C

OHO

C

OHO

C

C

C

CH

H

H

OH

O

OH

H

OH

H

H

H

OH

OH

OH

C

C

C

C

OHO

KMnO4

CO carbono do grupo metila aumenta o seu número deoxidação

CH H

HOHO

[O]

C–3

+3

HO++

OH

H2O

O OO O

iguais

2

4

3

6

7

5

8

9

1

2

Quí

mic

a IV

51

Volume 4.B

A) B)H3C C

O

C

O

OH–3

+3

+2H3C CH

OH

C

O

OH–3

+3

0

C) O ácido pirúvico foi reduzido, pois ocorreu umaredução do carbono.

D) Agente redutor.

A

+

+

HNO3

H2SO

4

HNO3

H2SO

4

HNO3

H2SO

4

HNO3

H2SO

4

KMnO4

OH–

KMnO4

OH–

KMnO4

OH–

CH3

CH3

CH3

NO2

NO2

C

OHO

NO2

NO2

D

C

NO2

CH3

A

B

C

OHO

C

OHO

C

OHO

A)

H3C C CH CH3 + K2Cr2O7

CH3 + H3CH3C C

O

C

O

OH

H2SO

4

H2SO

4

(W)

CH2 ; H3C C CH CH3

CH3

B) Propanona, 25% dos átomos de T são de carbono(2 em 8).

A)

O3

ZnIH2O

O3

ZnIH2O

O

HC C + 2CH2O

O

O

H

O

+

3 produtos orgânicos diferentes

B)

O3

O3

O

HOC C + 2CO2 + 2H2O

O

OH

O

O

+

2 produtos orgânicos diferentes

A)

CHC

OH OH

H3C

2-metil-butan-2,3-diol

CH3

CH3 CHCH3C

CH3

CH3

KMnO4

Neutro

CHCH3C

CH3

CH3 + O3

O

O

HPropanona Etanal

+CH3C CH3CCH3

Zn

H2O

CHC

O

O

OH

H3C

Propanona Ác. etanóicoCH3

CH3 +CH3C CH3CCH3

KMnO4

H+

B)

C)

A) CaC2(s) + 2 H2O(�) → Ca(OH)2(aq) + C2H2(g)3 C2H6(g) → C6H6(�)

C2H2(g) H3CH3C C

H

OC

H2O

H3C

OH

Ooxidação

reduçãoCH2 OH

(x)

(y)

B)

H3C C + HOOH

OCH2 CH3

H3CO

O

CH2 CH3

C + H2O

(z)

etanoato de etila

A) (CH2)4 (CH2)4

(CH2)4

CH3CH CH

(I)

(II)

O

H

H3C

2 H3C C

O3

. H2O

Zn

O3

. H2O

ZnB)

C) 1 mol alceno 2 mol feromônio II1 mol C12H24 2 mol C6H12O168 g 200 g336 g x

x = 400 g II

400 g II 100%y 50%

y = 200 g II

3

4

5

6

7

8

9

Quí

mic

a IV

52

Volume 4.B

O mecanismo da substituição é SN1 e nesse caso forma-se uma mistura racêmica.

CI. (V), os hidrogênios são adicionados na ligação tripla

entre carbonos.II. (V), o mestranol tem grupo funcional de álcool que

reage com um ácido carboxílico para formar éster.III. (F), para um composto sofrer saponificação ele tem

que apresentar grupo funcional de éster.

A

8

9

10

11

O

OAnidrido etanóico ou

anidrido acético

CH3C

O

CH3C

DOs sabões são obtidos a partir de hidrólise básica.

CI. (V)II. (V)III. (V)IV. (V)V. (F), os álcoois sofrem diversas reações

CH2 +C NaOHCH2 CH2 CH3

CH3

NaC�

C�

H3C

CH2 +C CH2 CH2 CH3

CH3

OH

H3C

DOs compostos aromáticos sofrem preferencialmentereações de substituição à adição.

A

CH4 C�2 C�

CH3

+

+ +

(x) (y)

λ

A�C�3

H3C

H3C

C� HC�

BOs grupos – OH e – OCH3 são classificados comoativantes e o grupo – CHO é um grupo desativante.

B

C�2+ +FeC�

3

C�Orto-para

dirigente

HC�

I. (V)II. (F), o cloro é um grupo desativante, ou seja, ele

diminui a reatividade do anel benzênico.II. (F), o cloro é orto-para dirigente.IV. (V)

(F) SN1 ocorre em duas etapas(F) SN2 ocorre em uma única etapa(V)(V)(V)(F) No mecanismo não forma carbânion

C

CH2 CH2 O3CHCH C CO

H

H3C H3C+ + +H

2O

ZnCCH

(Metil propanal)(2,4-pentanodiona)

(Metanal)

O

H

CH

CH3 CH3

H3C CH2 CH3C C

O O

CH3 CH3

E

A) II e III, pois essas estruturas apresentam a mesma fórmula molecular.B) CH3

CH3

OH

H3C

(I)

CH3

CH3

O

H3C

KMnO4

C)

CH3

CH3 H

O

H3C

+ H2

CH3

CH3

H3C

OH

C�2

CH3

CH3

+

+

Catalisador

Catalisador

CH3

C�

C�

C

1

2

3

4

5

6

7

O metil (– CH3) é orto-para dirigente

10

11

Quí

mic

a IV

53

Volume 4.B

12

13

14

15

16

(CH2)10 (CH2)4

+

+

CH CHO

OHÁcido pedrosselínico

Ácido láurico

Ácido adípico

H3C C

(CH2)10

(CH2)4

O

O

OH

HO

H3C C

CO

OH

C

1. O3

2. H2O

2

1. O3

2. H2O

2

D

O

H2C H2OCH2 H3C CH2 OH+

+

+

H+

H+

(y)

(y)

(x)

(w)

(w)

H3C CH2

CH2 CH3

KMnO4 H3C COH

OH

O

H3C C

OH

O

H3C C

O

CH2HO CH3

D

+

[O]

[O]

H3C CH

OH

CH CH3

CH3

H3C C CH CH3

CH3O

[O]

[O]

H3C CH C CH3

CH3

H3C CH3C C CH3

OO

H2SO

4

H2O

H2SO

4

H2O

H3C

I.

III.

II. CH

OH

CH CH3

CH3

H3C CCH

OH

CH3

CH3

A

+ H3C CH3C C CH3

OO

KMnO4

H+

KMnO4

C5H

10

H+

H3C CH C CH3

CH3

OH

A

+H3C CI.O

KMnO4

H+

H+

CH2

H

H3C CO

CH2

OHB

A

+H3C CII.O

H2CH2

H

H3C OHCH2 CH2

C

A

A → PropanolB → Ácido PropanóicoC → Propan-1-ol é um isômero funcional de éter.

AI. EliminaçãoII. EsterificaçãoIII. OxidaçãoIV. Substituição

17

A

Anotações

Quí

mic

a IV

54

Volume 4.B

Anotações

Quí

mic

a V

55

Volume 4.B

Capítulo 7: Tópicos Especiais Sobre Reações Orgânicas (Parte IV) –Tópicos Especiais Sobre Reações Orgânicas (Parte IV) –Tópicos Especiais Sobre Reações Orgânicas (Parte IV) –Tópicos Especiais Sobre Reações Orgânicas (Parte IV) –Tópicos Especiais Sobre Reações Orgânicas (Parte IV) – Identificação das Funções Orgânicas Identificação das Funções Orgânicas Identificação das Funções Orgânicas Identificação das Funções Orgânicas Identificação das Funções Orgânicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Tópico A: Diferenciação entre Alcanos e AlcenosTópico B: Diferenciação entre Fenóis e ÁlcooisTópico C: Diferenciação entre Álcoois Primários, Secundários e TerciáriosTópico D: Diferenciação entre Aldeídos e CetonasQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Capítulo 8: Tópicos Especiais em Química – Balanceamento de Equações pelo método doTópicos Especiais em Química – Balanceamento de Equações pelo método doTópicos Especiais em Química – Balanceamento de Equações pelo método doTópicos Especiais em Química – Balanceamento de Equações pelo método doTópicos Especiais em Química – Balanceamento de Equações pelo método do Íon-Elétron e Carga Formal Íon-Elétron e Carga Formal Íon-Elétron e Carga Formal Íon-Elétron e Carga Formal Íon-Elétron e Carga Formal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58Tópico A: Equilíbrio de Equações Redox em Solução Ácida (Método de Íon-Elétron)Tópico B: Equilíbrio de Equações Redox em Solução Alcalina (Método de Íon-Elétron)Tópico C: Solução TampãoTópico D: Produto de SolubilidadeQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

SUMÁRIO

Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 4.B

Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios

Tópicos Especiais Sobre ReaçõesOrgânicas (Parte IV) – Identificação dasFunções Orgânicas

��������

A, C e EOs três compostos apresentam ligações duplas entrecarbonos (alcenos) e por isso podem sofrer reações deadição, descorando a água de bromo.

B

4

1

2

3

OH

H3C NO2

NO2

Ligações de hidrogênio

intramolecular

Por ser um fenol o composto reage com NaOH (a). Obromo pode substituir um dos hidrogênios do grupometil (c). O carbono do metil apresenta hibridação sp3

(d). O 2-metil-fenol sofre reação de nitração (e).

BNo teste de Lucas os álcoois primários não reagem (III – x),os álcoois secundários reagem lentamente (II – y) e osálcoois terciários reagem rapidamente (I – z).

H3C CH2 C

H3C CH3C

O

O

H

Composto D:

A) Os compostos A e B são isômeros de função e sãosaturados (CnH2n + 2). O comosto A é o etanol porqueapresenta pontes de hidrogênio com ponto deebulição maior. O composto B é o metóxi-metanoque apresenta menor ponto de ebulição porapresentar interações de dipolo-diplo permanente.Composto A: H3C – CH2 – OH pontes de hidrogênioComposto B: H3C – O – CH3 diolo-dipolo permanente

B) Os compostos C e D também são isômeros de funçãoe são insaturados (CnH2n). O composto C é opropanal porque os aldeídos dão teste positivo parareativo de Tollens e o composto D é a propanonaque dá teste negativo.

Composto C:

BOs compostos de caráter ácido podem reagir comhidróxidos de sódio. Os ácidos carboxílicos e os fenóisapresentam caráter ácido. Portanto, a única opçãocorreta é a letra B.

O teste de Baeyer é utilizado para diferenciar aldeídosde cetonas. Os aldeídos sofrem oxidação na presença

2

1

Quí

mic

a V

56

Volume 4.Bde KMnO4 com a formação de um precipitado castanho.Já as cetonas não reagem.

H3C KMnO4

MnO2(s)

CH CH C +

KOH+ +

WH

2O

CH3 CH3

H3C C CZ

O CH3

CH3

CH3

O

H

H3C CH CH C

CH3 CH3O

OH

KMnO4+ Não reage

H2O

Violeta

Ppt

castanho

(V)(F) Os álcoois primários não reagem.(F) É um álcool secundário e por isso reage lentamente.(V)(F) Não forma preciptado porque é um álcool primário.(V)

BO único composto que é um aldeído é o do item B.

A)

4

3

ciclohexano C6H10

C6H10

H2C CH CH2 CH2 CH2 CH3

hex-1-eno

B) Os compostos insaturados reagem com a soluçãode bromo, descorando a solução de bromo. O hex-1-eno dá teste positivo da solução de bromo e ociclohexano dá teste negativo.

+ Br não ocorre

A) Progesterona → cetonaTestosterona → cetona e álcool

B)

O

CH3 + Br2

CH3OH

O

CH3

BrBr

CH3OH

I. H3CH2SO4

ΔCH2 CH2 CH2

OH

H3C CH2 CH CH2

Br Br

(Butan-1-ol)

H2SO4

Δ H3C CH2 CH CH2

Br2

CC�4

Br2

CC�4

(But-1-eno)

ocorre descoramento

H3C

H3C CH

OH

CH2 CH3

CH CH

Br Br

CH3

H3C CH CH CH3

H2SO4

Δ

H2SO4

Δ

(Butan-2-ol)

(But-2-eno)

Br2

CC�4

Br2

CC�4ocorre descoramento

O procedimento I não identificará os álcoois, poisocorreu descoramento da solução de Br2/CCl4 emambos.

II. H3C CH2 CH2 CH2

OH

H3C CH2 CH2 C

O

H

KMnO4

KMnO4 Tollens

TollensH3C CH2 CH2 C

O

OH

(Butan-1-ol)

Ocorre reação

H3C CH CH2 CH3

OH

CH3H3C C CH2

O

KMnO4

KMnO4 Tollens

6

7

5

8

O procedimento II identificará os álcoois.

AO O

CH31) CH3MgI

2) H2O

Quí

mic

a V

57

Volume 4.B

A) É um álcool secundário

H3C CH

OH

CH2 CH3 + HC�ZnC�2

Frio

H3C CH

C�

CH3 + H2OCH2

ZnC�2

Frio

B) É um álcool terciário

H3C C

CH3

OH

CH CH3 + HC�

CH3

H3C C

CH3

C�

CH CH3 + H2O

CH3

ZnC�2

Frio

ZnC�2

Frio

DI. (F) Só os aldeídos são oxidadosII. (V)III. (V) Ele sofre reduçãoIV. (V)

(V)(V) Além dessas três funções, apresentam também a

função fenol(F) A cadeia carbônica é insaturada porque apresenta

ligações duplas entre carbonos(V) A ligação dupla entre carbonos garante uma reação

de adição.

É o teste utilizado para determinar se um composto éum alceno ou um alcano (cicloalcano). Esta substânciatem uma coloração vermelho-intensa e é formada a partirdo equilíbrio demonstrado a seguir:Br2(�) + H2O(�) �HBr(aq) + HBrO(aq)

O teste dá positivo para alcenos, pois a presença daligação dupla faz com que esses compostos sofram reaçõesde adição. A solução passará de vermelha para incolor.

B

1

2

3

4

5

H2C CH CH

CH3

CH2

CH3

CH3

H2C CH

OH

CH

OH

CH2 CH3

KMnO4

KMnO4

B

H3C CK

2Cr

2O

7CH2

O

H

H3C CCH2

O

OH

K2Cr

2O

7

PropanalH+

H+

H3C CK

2Cr

2O

7CH2

O

H

H3C CCH2

O

OH

K2Cr

2O

7

PropanalH+

H+

A)

CH2 CH3

A�C�3

+

+

C�

HC�

CH3CH2

A�C�3

B) A metilamina, sendo básica, irá reagir com o HC�formado na reação, deslocando o equilíbrio para adireita.

E

NO2 NO2

+ Br2 (I)

+ Br2 (II)

FeBr3

Br

A) Fazendo a “remontagem” do hidrocarboneto:

O CHO

O

HO

O

C CH2O + CH2 CH2 C +

HO

O

C CH2 CH3+

H2C = CH – CH2 – CH2 – CH2 – CH = CH – CH2 – CH3

B) H3C – CH = CH – CH3 (Isômero cis/trans)

A, B, C e DNa sulfonação do alcano é empregado o ácido sulfúricoe não o cloroso.

6

7

8

9

10

Anotações

Quí

mic

a V

58

Volume 4.B

Redução: 2 Ag ( )aq+

+ 2e– → 2 Ag(s)

Oxidação: HCHO(aq) + H2O(�) → HCO2H(aq) + 2H ( )aq+

+ 2e–

Global: 2 Ag ( )aq+

+ HCHO(aq) + H2O(�) → 2 Ag(s) + HCO2H(aq) + 2H ( )aq+

Redução: 2 MnO ( )4 aq− + 16H ( )aq

+ + 10e– → 2Mn ( )

2aq+

+ 8H2O(�)

Oxidação: 5HSO ( )3 aq− + 5H2O(�) → 5SO ( )

24 aq

− + 15H ( )aq+

+ 10e–

Global: 2 MnO ( )4 aq− + 5HSO ( )3 aq

− + H ( )aq

+ → 2Mn ( )

2aq+

+ 5SO ( )24 aq

− + 3H2O(�)

Redução: C�O ( )aq− + H2O(�) + 2e– → C�(aq) + 2OH ( )aq

−

Oxidação: Zn(s) + 2OH ( )aq− → Zn(OH)2(s) + 2e–

Global: Zn(s) + C�O ( )aq−

+ H2O(�) → Zn(OH)2(s) + C� ( )aq−

Redução: 5Br2(�) + 10e– → 10Br ( )aq−

Oxidação: Br2(�) + 12OH ( )aq− → 2BrO ( )3 aq

− + 6H2O(�) + 10e–

Global: 6Br2(�) + 12OH ( )aq−

→ 10Br ( )aq−

+ 2BrO ( )3 aq− + 6H2O(�)

H3C – COOH � H3C – COO– + H+

1

2

4

5

3

onedadiraloM onedadiraloM onedadiraloM onedadiraloM onedadiraloMoicíni oicíni oicíni oicíni oicíni

1,0L/lom

0 0

amrofeegaeR amrofeegaeR amrofeegaeR amrofeegaeR amrofeegaeR L/lomx L/lomx L/lomx

onedadiraloM onedadiraloM onedadiraloM onedadiraloM onedadiraloMoirbíliuqe oirbíliuqe oirbíliuqe oirbíliuqe oirbíliuqe

)x–1,0(L/lom

L/lomx L/lomx

H3C – COO–Na+ � H3C – COO– + Na+

0,1 mol/L 0,1 mol/L 0,1 mol/Lα =1 = 100%

Ka = –

3

3

H C – COO . H

H C – COOH

+⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤⎣ ⎦

⇒ 2 . 10–5 = 0,1. H

0,1

+⎡ ⎤⎣ ⎦

[H+] = 2 . 10–5 mol/L

pH = log +⎡ ⎤⎣ ⎦

1H

⇒ pH = log –51

2 .10 = log

5102

= log 105 – log 2 = 5 – 0,3 = 4,7

Balanceamento de equações pelométodo do íon-elétron

��������

Quí

mic

a V

59

Volume 4.B

6 A) K = ([H+][A–]/[HA]B) Após a adição do sal, teremos:

NaA + HOH � HA + NaOH ou

Na+ + A– + HOH � HA + Na+ + OH– ou

A– + HOH � HA + OH–

O OH– liberado reage com o H3O+ (H+)

conseqüentemente a concentração dos íons H3O+

diminui.C) Solução tampão é, em geral, uma solução de um

ácido fraco e de um sal correspondente a esse ácido.Uma solução tampão praticamente não apresentavariações de pH.HA � H+ + A– ou HA + HOH � H3O

+ + A–

NaA � Na+ + A–

A– + HOH � HA + OH–

H+ + OH– → HOH ou H3O+ + OH– → 2 HOH

M1 = 6,4 g NH4NO3A) �1 = 80 g/mol

V = 0,10 L

N1 = 1

1M�

= 6,4 g

80 g/mol = 0,08 mol de NH4NO3

� = 1NV =

0,08 mol0,10 L = 0,8 mol/L de NH4NO3

� = 0,080 mol/L de NH4OH

pOH = pkb + log [sal]

[base]

pOH = log –51

1,8 .10 = log 0,8

0,08

pOH = log 510

1,8 + log 10

pOH = log 105 – log 1,8 + 1pOH = 5 – 0,26 + 1

pOH = 5,74

pH + pOH = 14pH = 14 – 5,74

pH = 8,26

B) �sal = 1NV =

0,08 mol0,80 L = 0,1 mol/L de NH4NO3

� . V = ��’ . V’

0,08 x 0,01 = ��’ . 0,810

��‘ = 0,01 mol/L de NH4OH

pOH = pKb + log [sal]

[base]

pOH = 4,74 + log 0,1

0,01pOH = 4,74 + log 10pOH = 5,74pH + pOH = 14pH = 14 – 5,74pH = 8,26

7

8 D

CO2(g) + H2O(�) � H2CO3(aq) � H +(aq) + HCO –

3(aq)

I. ↓[CO2]; equilíbrio←⎯⎯⎯⎯⎯ ; ↓[H+]; ↑pH

II. ↑[CO2]; ⎯⎯⎯⎯⎯→equilíbrio ; ↑[H+]; ↓pH

III. ↑[OH–]; ↓[H+]; ⎯⎯⎯⎯⎯→equilíbrio ; ↑pHAssim o item D é o correto.

9

KPS = [Ba2+] . [SO42– ]

KPS = (4 . 10–5) . (4 . 10–5)KPS = 16 . 10–10

KPS = 1,6 . 10–9 (mol/L)2

KPS (CaF2) = 4 . 10–9 M = ?10

11

KPS = [Ca2+] . [F–]24 . 10–9 = (x) . (2x)24 . 10–9 = x . 4x2

x3 = 10–9

x = 10 93 −

x = 10–3 mol/L

A) VMP da concentração de SO 2–4 = 250 mgL–1

A amostra de água contém 5 . 10–4 molL–1 SO 2–4

Massa molar SO 2–4 = 96 g mol–1

1mol SO 2–4 96 g

5 . 10–3 molSO 2–4 x

x = –396 g . 5 .10 mol

1 mol

x = 0,48 g de SO 2–4 em 1L

1 g 1000 mg0,48 g x

x = 0,48 g .1000 mg

1 g

X = 480 mg em 1LLogo, está inadequada para consumo humano.

B) CaSO4Kps = 2,6 ⋅ 10–5

VMP da concentração de SO 2–4 = 250 mg L–1 =

0,25g L–1

1 mol SO 2–4 96 g

x 0,25 g

Quí

mic

a V

60

Volume 4.B

x = 0,25 g .1mol

96 g

x = 2,6 ⋅ 10–3mol SO 2–4 em 1L

Kps = [Ca2+] ⋅ [SO 2–4 ]

2,6 ⋅ 10–5 = [Ca2+] ⋅ 2,6 ⋅ 10–3

[Ca2+] = 10–2mol/L

A) O gráfico mostra que num pH > 4 todo o A� (OH)3 está precipitado. Para existir uma solução com [A�3+] = 0,2 mol/L, o gráfico mostra que o pH é aproximadamente igual a 3,6. Portanto, num pH > 3,6, teremos [A�3+] < 0,2 mol/L, ou seja, ocorrerá precipitação de A�(OH)3.

B) Num pH = 2,5, de acordo com o gráfico e com o enunciado da questão, todo o Fe(OH)3, está precipitado. Ográfico mostra que nesse pH ainda não se iniciou a precipitação do A�(OH)3.

C) A água pura tem pH = 7, e o gráfico mostra que nesse pH ambos os hidróxidos estão precipitados. Portanto, nãohaverá solubilização do 0,2 mol de Fe(OH)3, nem do 0,2 mol de A�(OH)3.

12

Oxidação: Zn(s) → Zn ( )+2aq + 2e–

Redução: 2VO ( )+2 aq + 4H ( )aq

+ + 2e– → 2VO ( )

+2aq + 2H2O(�)

Global: Zn(s) + 4H ( )aq+

+ 2VO ( )+2 aq → Zn ( )

+2aq + 2VO ( )

+2aq + 2H2O(�)

Oxidação: 5 H2C2O4(aq) → 10CO2(g) + 10H ( )aq+

+ 10e–

Redução: 2MnO ( )−4 aq + 16H ( )aq

+ + 10e– → 2Mn ( )

+2aq + 8H2O(�)

Global: 5 H2C2O4(aq) + 2MnO ( )−4 aq + 6H ( )aq

+ → 10CO2(g) + 2Mn ( )

+2aq + 8H2O(�)

Redução: C�O ( )aq− + H2O(�) + 2e– → C� ( )aq

− + 2OH ( )aq−

Oxidação: CrO2(aq) + 4OH ( )aq− → CrO ( )

−24 aq + 2H2O(�) + 2e–

Global: C�O ( )aq− + CrO2(aq) + 2OH ( )aq

− → CrO ( )−2

4 aq + C� ( )aq− + H2O(�)

Redução: 2PbO2(s) + 4H2O(�) + 2e– → 2Pb(OH)3(aq) + 2OH ( )aq−

Oxidação: C� ( )aq− + 2OH ( )aq

− → C�O ( )aq−

+ H2O(�) + 2e–

Global: 2PbO2(s) + C� ( )aq− + 3H2O(�) → 2Pb(OH)3(aq) + C�O ( )aq

−

Oxidação: 2NO2(aq) + 2H2O(�) → 2NO ( )−3 aq + 4H ( )aq

+ + 2e–

Redução: HOC�(aq) + H ( )aq+

+ 2e– → C� ( )aq− + H2O(�)

Global: 2NO2(aq) + HOC�(aq) + H2O(�) → 2NO ( )−3 aq + C� ( )aq

− + 3H ( )aq

+

Oxidação: 3H2SO3(aq) + 3H2O(�) → (aq)4HSO− + 9H ( )aq+

+ 6e–

Redução: Cr2O ( )−2

7 aq + 14H ( )aq+

+ 6e– → 2Cr ( )+3aq + 7H2O

Global: 3H2SO3(aq) + Cr2O ( )−2

7 aq + 5H ( )aq+

→ 3HSO ( )−4 aq + 2Cr ( )

+3aq + 4H2O(�)

1

2

3

4

5

6

Quí

mic

a V

61

Volume 4.B

Oxidação: 2MnO2 + 4H2O → 2MnO −4 + 8H+ + 6e–

Redução: 3PbO2 + 12H+ + 6e– → 2Pb2+ + 6H2O

Global: 2MnO2 + 3PbO2 + 4H+ → 2MnO −4 + 3Pb2+

+ 2H2O

Redução: Cr2O −27 + 28H++ 12e– → 4Cr3+

+ 14H2OOxidação: 3C3H7OH + 3H2O → 3 C2H5COOH + 12H+ + 12e–

Global: 2Cr2O −27 + 3C3H7OH + 16H+ → 4Cr3+

+ 3 C2H5COOH + 11H2O

7

8

O C

C

O

CH3

H+ +

H+ + C�– HC�

O C

CO

O

O

CH3

O

OH

–

A) O pH do estômago é baixo por causa da presençado HC�, um ácido forte. Assim, o AAS, um ácidofraco, encontra-se, predominantemente, em sua formanão ionizada.

B) Porque um tampão é constituído pela associaçãode um ácido fraco com um de seus sais. Essessistemas impedem mudanças bruscas no valor dopH do meio, mantento-o razoavelmente constante.

E

H3O+(aq) + HCO –

3(aq) � H2CO3(aq) + H2O(�)

↑[H3O+]; ⎯⎯⎯⎯⎯→equilíbrio

O aumento na concentração de H3O+(aq) proveniente

da ionização do ácido lático desloca o equilíbrioquímico para a direita, para o lado dos produtos, assimo item E está correto.

BDefine-se solução tampão como uma mistura homogêneade um par conjugado ácido-base fraco cujo valor depH é estabilizado pela capacidade de doação (ácidofraco) e recepção de prótons (base fraca). Dessa forma,apenas a alternativa B é correta.

EDefine-se solução tampão como uma mistura homogêneade um par conjugado ácido-base fraco cujo valor depH é estabilizado pela capacidade de doação de

prótons (NaHCO3) e recepção da prótons (CO 2–3 ).

Dessa forma o item E está correto.

EI. (V) O pH de uma solução-tampão praticamente não

varia pela adição de um ácido ou de uma base

II. (V) ↑[HCO –3 ]; ←⎯⎯⎯⎯⎯equilíbrio ; ↓{H+]; ↑pH

III. (V) ↑[CO2]; ⎯⎯⎯⎯⎯→equilíbrio ; ↑[H+]; ↓pH

D

O sangue humano é tamponado pelo H2CO3/HCO –3 ,

resistindo a pequenas adições de ácidos e bases:CO2(aq) + H2O(�) � H2CO3(aq)

H2CO3(aq) � H +(aq) + HCO –

3(aq)

Somando-se as equações, tem-se:

CO2(aq) + H2O(�) � H +(aq) + HCO –

3(aq)

Assim o item D é correto.

BI. (Na+Ac– + HAc)

1 mol 1 molÉ um tampão constituído por um ácido fraco (HAc)e sua base conjugada (Ac–)

II. 2 NH3 + HC� → NH +4 C�–�+ NH3

2 mol 1mol(NH +

4 C�– + NH3) É um tampão constituído por umabase fraca (NH3) e seu ácido conjugado (NH +

4 ).

III.2 mols

2 HAc ����� + �����1 mol

NaOH → + +�������–

tampão igual ao I.

Na Ac HAc + H2O

IV. NaOH + HC� → NaC� + H2O não é tampão. 1 mol 1 molV. NH4OH + HC� → NH4C� + H2O

1 mol 1 mol não é tampãoAssim o item B é correto.

D

H2PO –4 � HPO 2–

4 + H+

Ka = ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤⎣ ⎦

2 2–4

–2 4

H . HPO

H PO

Ka = 0,2 .1,0

2,0 =

0,22,0

= 0,1 mol/L

Assim o item D é correto.

D[C�–] = 1,0 . 10–3 mol/L [Ag+] = ?KPSAgC� = 1,8 . 10–10

KPS = [Ag+] . [C�–]1,8 . 10–10= [Ag+] . 1,0 . 10–3

[Ag+] = 18 10

10 10

, .

, .

–10

–3 ⇒

[Ag+] =1,8 . 10–7 mol/L

9

10

11

12

13

14

15

16

17

Quí

mic

a V

62

Volume 4.B

A) BaSO4(s) � 2(aq)Ba + + 2

4(aq)SO −

Kps = [Ba2+] . [ 24SO − ]

B) Kps = ?

BaSO4(s) � 2(aq)Ba + + 2

4(aq)SO −

1,0 . 10–5 M 1,0 . 10–5 M 1,0 . 10–5 M

Kps = [Ba2+] . [ 24SO − ]

Kps = (1,0 . 10–5) . (1,0 . 10–5)

Kps = 1,0 . 10–10

A) Mg(OH)2(s) � 2(aq)Mg + + (aq)2OH−

xM xM 2xM

Kps = [Mg2+] . [OH–]2Kps = 4,0 . 10–12

4,0 . 10–12 = (x) . (2x)24,0 . 10–12 = x . 4x2

4x3 = 4,0 . 10–12

x = 3 1210−

x = 10–4 mol/L

B) 2HC� + Mg(OH)2 → MgC�2 + 2H2O

EA) (F) O MgC2O4(s) é mais solúvel que o AgSCN(s),

pois apresenta o maior Kps.B) (F) O valor do Kps não se altera com a adição de um

íon comum (Ag+).

C) (F) MgC2O4(s) ��������1Mg 2

(aq)+ = 1C2O 2–

4(aq)

XM XM XM

Kps = [Mg2+] ⋅ [C2O 2–4 ]

1 ⋅ 10–8 = X ⋅ X

x = –81 10⋅ ⇒ x = 1 ⋅ 10–4mol/L

D) (F)1 ⋅ 10–4 mol de MgC2O4 → 1L solução1 ⋅ 10–4 mol de MgC2O4 → 1L água1 ⋅ 10–4 x 112g MgC2O4 → 1L água0,0112 g de MgC2O4 → 1L água

E) (V)

AgSCN(s) �������� 1Ag (aq)

+ + 1SCN –(aq)

XM XM XMKps = [Ag+] . [SCN–]1 . 10–12 = X . X

x = –121.10 ⇒ x = 1 . 10–6mol/L

⇒ [Ag+] = 1 . 10–6mol/L

18

19

20

A) O sal mais solúvel é o que apresenta o maior KPS.Assim, o sal mais solúvel é oCaSO4(s). KPS = 6,1 . 10–5 (mol/L)2.

B)

21

22

KPS = [Ba2+] .[SO42– ]

1,0 . 10–10 = x . xx2 = 1,0 . 10–10

x = –101,0 . 10

x = 1,0 . 10–5 mol/L

D

Ag2SO4(s) � (aq)2Ag+ + 24(aq)SO −

2,0 . 10–2 M 4,0 . 10–2 M 2,0 . 10–2 M

Kps = [Ag+]2 . [ 24SO − ]

Kps = (4,0 . 10–2)2 . (2,0 . 10–2)Kps = 16 . 10–4 x 2 . 10–2

Kps = 32 . 10–6

Kps = 3,2 . 10–5

=⎧⎪⎨

=⎪⎩

s– –2

K ?

[F ] 1,52 .10 mol/L

BaF2 → Ba2+ + 2F–

1 : 2

[Ba2+] = –[F ]2 =

–21,52 .102

= 0,76 . 10–2 mol/L

Ks = [Ba2+][F–]2 = 0,76 . 10–2)(1,52 – 10–2) 2 = 1,76 . 10–6

PbI2

S 0,55 g/L

M 461g/mol

⎧ =⎪⎨ =⎪⎩A solubilidade do PBI2, em mol/L é:

S = 0,55 g/L461g/mol = 1,19 . 10–3 mol/L

Pb�2(s) � Pb +2(aq) + 2I –

(aq)

Kps = [Pb2+][I–]2 = S(2S)2 = 4S3 = 4(1,19 . 10–3) = 6,7 . 10–9

A adição de Na2CO3 à solução aumenta a concentração

de íons CO 2–3 em solução e provoca a precipitação

do sal menos solúvel (menor Kps): PbCO3.Em seguida haverá a precipitação de CoCO3.

23

24

25

Anotações

Quí

mic

a V

63

Volume 4.B

Redução: C�O– + H2O + 2e– → C�– + 2OH–

Oxidação: 2I– → I2 + 2e–

Global: C�O– + 2I– + H2O → C�– + I2 + 2OH–

Redução: 2CrO −24 + 4H2O + 6e– → 2CrO −

2 + 8OH–

Oxidação: 3Sn(OH) −24 + 6OH– → 3Sn(OH) −2

6 + 6e–

Global: 2CrO −24 + 3Sn(OH) −2

4 + 4H2O → 2CrO −2 + 3Sn(OH) −2

6 + 2OH–

2MnO –4 + 5H2C2O4 + 6H+ → 2Mn2+ 10 CO2 + 8H2O

SbO3–3 + 2C�O2 + 3H2O → Sb(OH) –

6 + 2C� –2

A) 4 C�2(g) + S2O23(aq)

− + 5 H2O(�) → 8 C�(aq)− + 2 SO2

4(aq)− + 10 H(aq)

+ ; C�2 é o agente oxidante e S2O23

− é o agente redutor.

B) 2 MnO4(aq)− + H(aq)

+ + 5 H2SO3(aq) → 2 Mn2(aq)

+ + 3 H2O(�) + 5 HSO4(aq)− ; MnO4

− é o agente oxidante e H2SO3 é o agente redutor.

1

2

3

4

5

6

8

9

10

7

Essa mistura de HC2H3O2 e NaC2H3O2/HC2H3O2

reage com a base adicionada e C2H3O–2 combina-se

com o ácido adicionado, deixando [H+] relativamenteinalterada. Apesar de HC� e de C�– serem um par ácido-base conjugado, C�– não tem tendência em se combinarcom o ácido adicionado para formar HC� nãodissociado. Qualquer ácido adicionado simplesmenteaumentar [H+] em uma mistura HC� – NaC�.

pH = pKa + log [sal]

[ácido]

pH = log 1Ka

+ log 0,30,3

pH = log –51

2 .10 + log 1

pH = log510

2 + 0

pH = 105 – log 2pH = 5 – 0,3

pH = 4,7

A) A mistura de soluções saturadas dos sais aumenta aconcentração dos íons Pb2+, que provaca aprecipitação de PbCO3, que apresenta menor Kps(menos solúvel)

B) A reação do PbCO3, com ácido nítrico é favorecida,pois há formação de um produto instável.PbCO3 + 2 HNO3 → Pb(NO3)2 + (H2CO3)

(H2CO3) � H2O + CO�2

A) Há formação de precipitado na mistura que envolve asolução do BaC�2, pois nela a [C�–] é o dobro doque na solução de KC� de mesma concentração molar.

B) Ag +(aq) + C� –

(aq) → AgC�(s)M M

Kps = [Ag+][C�–] ⇒ 2 . 10–10 = M . M . ⇒ M2 =

= 2 . 10–10 ⇒ M = 2 . 10–5 mol/L

Kps = 3,2 . 10–11

A) Kps = [Mg2+][OH–]2 ⇒ 3,2 . 10–11 = M(2M)2 ⇒⇒ 3,2 . 10–11 = 4M3 ⇒ M = 2,0 . 10–4 mol/L

B) [OH–] = 2M = 2(2,0 . 10–4) = 4 . 10–4 mol/LpOH = –log [OH–] = –log 22 . 10–4 == –(2 . log 2 + log . 10–4) = –(2(0,3) – 4) = 3,4pH = 14 – pOH = 14 – 3,4 = 10,6 (solução básica)

Ca3(PO4)2(s) 3 Ca + 2 PO

Kps = [Ca2+]3[PO 3–4 ]2 ⇒ 1 . 10–25 = (2 . 10–3)3[PO 3–

4 ]2 ⇒

⇒ [PO 3–4 ] = 3,5 . 10–9 mol/L

A) O sal sulfato de chumbo II é mais solúvel, pois seu

Ks (1K ) é maior.

Ks (BaSO4) = 10–10

Ks (PbSO4) = 2 . 10–8

B) Ks = [Ba2+][SO 2–4 ] ⇒ 10–10 = M . M ⇒

⇒ M2 = 10–10 ⇒ M = 1 . 10–5 mol/L[Ba2+] = 10–5 mol/L

CaC2O4

⎧ =⎪

=⎨⎪ =⎩

m 0,0064 gV 1L

M 128 g/mol

A) [CaC2O4] = 0,0064128 .1

= 5 . 10–5 mol/L

[Ca2+] = [CaC2O4] = 5 . 10–5 mol/L5 . 10–5 mol 1.000 mL (1 L) x 100 mL ⇒⇒ x = 5 . 10–6 mol de íons Ca2+ (cátions)

11

12

13

Quí

mic

a V

64

Volume 4.B

DÉ uma reação de esterificação em equilíbrio com umareação de hidrólise ácida. Utilizando o Princípio de LeChatelier, a remoção de água vai deslocar o equilíbriono sentido da esterificação (para a direita).

B

3

4

5

+ O3

H2O

O

OO

O

+ +

iguais

A• adição eletrofílica à alcenos• substituição eletrofílica em aromático• hidrólise ácida do éster

A) C�(g) + H2S(aq) → 2 C�(aq)− + S(s) + 2 H(aq)

+ ; C�2 é oagente oxidante e H2S é o agente redutor.

B) H2O(�) + C�(g) → HOC�(aq) + H(aq)+ + C�(aq)

− ; C�2 é oagente oxidante e o agente redutor.

A) 3 O3(g) + Br(aq)− → 3 O2(g) + BrO3

−(aq); O3 é o agente

oxidante e Br é o agente redutor.B) 3 Br2(�) + 6 OH(aq)

− → 5 Br(aq)− + BrO3(aq)

− + 3 H2O(�); Br2é o agente oxidante e o agente redutor.

A) 2 Cr3(aq)+ + 4 OH(aq)

− + 3 MnO2(s → 2 CrO24(aq)

− +

+ 2 H2O(�) + 3 Mn2(aq)

+ ; Cr3+ é o agente redutor eMnO2 é o agente oxidante.

B) P4(s) + 3 H2O(�) + 3 OH(aq)− → 3 H2PO2(aq)

− + PH3(g);P4(s) é o agente oxidante e o agente redutor.

A) Cr reduzindo de +6 a +3, C oxidado de –2 to –1;B) C2H5OH(aq) → C2H4O(aq) + 2 H(aq)

+ + 2 e–;

6

7

8

DÉ uma desidro-halogenação. Ocorre a eliminação deum cloro e um hidrogênio com a formação de umaligação dupla entre carbonos.

E

+ Br + HBr

(A) Bromo-benzeno

Br

FeBr3

1

2

+ Br

(B) 2,4,b-tribromo-fenol

H2O/H+

OH (orto-para

dirigente)

OH

Br

Br Br

9

Número de cátions = 5 . 10–6 . 6 . 1023 = 3,0 .1018 cátions Ca2+

B) Kps = [Ca2+][C2O2–4 ]

C) Kps = 5 . 10–5 . 5 . 10–5 = 2,5 . 10–9

O ácido fosfórico em solução aquosa sofre ionizaçõessucessíveis:

I. H3PO4(aq) + H2O(�) � H2PO1–4(aq) + H3O

1–4(aq)

II. H2PO1–4(aq) + H2O(�) HPO 2–

4(aq) + H3O+1

(aq)

III. HPO 2–4(aq) + H2O(�) � PO 3–

4(aq) + H3O+1

(aq)

A) Segundo o Princípio de Le Chatelier, os equilíbrios IIe III estarão deslocados para a esquerda noestômago (pH ≅ 1 e [H3O1+] ≅ 10–1 mol/L), comoconseqüência da elevada [H3O1+]. Nessas

condições, a [PO 3–4 ] será muito pequena e,

portanto, não haverá a precipitação do fosfato decálcio. No intestino, o meio é básico, pH > 8, istoé, a [H3O1+] é baixa. Nessas condições, os citadosequilíbrios estarão deslocados para a direita, no

sentido da formação do PO 3–4(aq) . A maior [PO 3–

4 ],

nessas condições, permitirá a precipitação doCa3(PO4)2(aq).

B) 3 Ca +2(aq) + 2 PO 3–

4(aq) � Ca3(PO4)2(s)

A) 1 CaCO3(aq) ������������

H O2 1 Ca +2(aq) + 1CO 2–

3(aq)

Kps = [Ca2+] . [CO 2–3 ] ⇒ Kps = 4,9 . 10–9

na água do mar:

[Ca2+] . [CO 2–3 ] = 0,01 . 0,002

[Ca2+] . [CO 2–3 ] = 2 . 10–5 (mol/L)

Como produto das concentrações dos íonsultrapassou o valor do Kps (saturação), ocorreráprecipitação de calcita nessa água.

B) V = 100 L e [CaCO3] = 0,002 MMassa molar do CaCO3 = 100 g/mol

[CaCO3] = CaCO3

CaCO3

m

M . V (L) ⇒ 0,002 =

CaCO3m

100 .100

CaCO3m = 20 g

C) 1 CaCO3(s) ������������

H O2 1 Ca +2aq + 1 CO 2–

3aq

X X X

Kps = [Ca2+] . [CO 2–3 ] ⇒ 4,9 . 10–9 = x . x = x2

[CaCO3] = x = 4,9 . 10–9 ⇒ x = 7 . 10–5 mol/L

V = 100 L e CaCO3m = 100 g

[CaCO3] = CaCO3

CaCO3

m

M . V (L) ⇒ 7 . 10–5 =

CaCO3m

100 .100

CaCO3m = 7 . 10–1 g

14

15

Quí

mic

a V

65

Volume 4.B

C) Cr2O27(aq)

− + 14 H(aq)+ + 6 e– → 2 Cr3(aq)

+ +; 7 H2O(�);

D) 8 H(aq)+ + Cr2O

27(aq)

− +3 C2H5OH(aq) → 2 Cr3(aq)+ + 3

C2H4O(aq) + 7 H2O(�)

16H+ + 2MnO –4 + 10C�– → 2Mn2+ + 5C�2 + 8H2O

H2O + 2MnO –4

+ I– → 2MnO2 + IO –3 + 2OH–

AO tampão existente no plasma sangüíneo ocorre entre

H2CO3 e HCO –3 , assim o item A é correto.

CO tampão-ácido deve ser formado por um ácido fracoe um sal proveniente deste ácido fraco, assim o item Cé correto.

AC = � . M1

� = 0,0015143,5 = 1,05 . 10–5 mol/L

AgC�(s) �������� Ag +

(aq) + C� –(aq)

1,05 . 10–5 M 1,05 . 10–5 M 1,05 . 10–5 MKps = [Ag+] . [C�–]Kps = 1,05 . 10–5 x 1,05 . 10–5

Kps = 1,1 . 10–10

B

CaCO3(s) � Ca 2(aq)

+ + CO 2–3aq

XM XM XM

Kps = [Ca2+] . [CO 2–3

]4 . 10–10 = x . xx2 = 4 . 10–10

x = –104 .10

x = 2 . 10–5 mol/L

–52 .10 mol 1L

y mol 0,2 L

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

y = 0,4 . 10–5 mol de CaCO3

3–5

3

1mol CaCO 100 g

0,4 .10 mol CaCO z

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩z = 40 . 10–5 g

z = 4,0 . 10–4 g

CM1 = 2,66 g de CaC�2V = 50 . 10–3 L

N1 = 1

1

Mmol =

2,66111 = 0,024 mol

M1 = 4,08 g de AgNO3V = 50 . 10–3 L

10

12

13

14

11

15

16

N1 = 1

1

Mmol =

4,08170 = 0, 024 mol/L

CaC�2 �������� Ca2+ + 2C�–0,024M 0,024M 0,048M

AgNO3 �������� Ag+ + NO –3

0,024M 0,024M 0,024MAgC� �������� Ag+ + C�–0,024M 0,024M 0,048M

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

�

�

0,024 mol de AgC Y

1mol de AgC 143,5 g

Y = 143,5 x 0,024

Y = 3,44 g de AgC�

AMyAx(s) � y Mx+ = x Ay–

O aumento da concentração de Mx+ provoca aprecipitação de MyAx(s), assim o item A é o correto.

DO sal menos solúvel é o que apresenta o menor Kps(Pbs), assim o item D é correto.

E

I. Ca(OH)2(s) � Ca +2(aq) + 2 OH –

(aq)

II. CaC�2(s) → Ca +2(aq) + 2 C� –

(aq)

O equilíbrio (I) será deslocado para a esquerdaocorrendo a precipitação de Ca(OH)2(s), e

diminuindo a concentração de OH –(aq) na solução,

ocasionando assim um aumento da acidez e umadiminuição do pH. O item E está correto.

C

FeC�3(s) � Fe +3(aq) + 3 C� –

(aq)

0,5 M 0,5 M 0,5 M

Fe(OH)3(s) � Fe +3(aq) + 3 OH –

(aq)

0,5 M XKps = [Fe3+] . [OH–]3

1,1 . 10–36 = 0,5 . x3

x3 = –361,1.10

0,5x3 = 2,2 . 10–36

x = –363 2,2 .10

x = 1,3 . 10–12 mol/L

17

18

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20

Anotações

Quí

mic

a V

66

Volume 4.BAnotações