química - suplemento de apoio do professor - manual 2

Manual do Professor

Fronts Manual Quimica 2 Canto 06/25/2005, 16:361

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APRESENTAÇÃO

O livro do aluno

Esta é uma coleção em três volumes para a disciplina de Química no ensino médio. O volume 1aborda Química Geral e Inorgânica, o volume 2 trata da Físico-química e o volume 3, da QuímicaOrgânica.

Em cada volume, há certa flexibilidade quanto à ordem dos capítulos. Respeitando oencadeamento de pré-requisitos, cada professor poderá adotar a seqüência que sua experiência emsala de aula e seu conhecimento da realidade local indicarem. Como subsídio para essa escolha,considerando que alguns capítulos contêm pré-requisitos para outros, é fornecido, na página seguinte,um dos possíveis mapas de conceitos tratados neste volume.

Em termos de estrutura dos capítulos, cada um se inicia com uma fotografia e com oComentário preliminar, texto-organizador que menciona a relação entre o que será estudado nocapítulo e conhecimentos prévios e/ou a relação do tema com outras partes da Química. Após essaabertura, segue-se a seção Motivação, que emprega, por exemplo, texto jornalístico, fotografia,experimento ou situação-problema para despertar a curiosidade do estudante para o que serátrabalhado, em seguida, na seção Desenvolvendo o tema.

Os quadros Em destaque contêm textos que pretendem ilustrar princípios vistos, oferecerinformações complementares ou comentar aplicações da Química na compreensão de fatos do dia-a-dia. Os quadros que aparecem nas laterais de algumas páginas, por sua vez, sugerem atividadespara a aplicação de princípios estudados ou a reflexão sobre aspectos referentes a eles.

As Questões para fixação aparecem ao longo dos capítulos e têm por finalidade colocar emprática os conceitos estudados. Optou-se por não colocar testes de múltipla escolha nessa seção. Aofinal de cada capítulo, a série intitulada Exercícios sobre todo o capítulo contém questões dissertativase testes de múltipla escolha de vestibulares de diversas regiões do país, incluindo alguns exercíciosque relacionam diferentes partes da disciplina. As respostas das Questões para fixação e dos Exercíciossobre todo o capítulo aparecem no final do livro do aluno.

Ao final do estudo com os três volumes, espera-se que o estudante adquira uma noção docampo de atuação da Química, de seu caráter científico e tecnológico, de algumas de suas aplicaçõese implicações.

O manual do professor

Para cada capítulo do livro do aluno há um capítulo correspondente no manual do professor,que se inicia com uma relação de conteúdos conceituais apresentados no livro e também de conteú-dos procedimentais e atitudinais que podem ser trabalhados. Ao longo do manual também há:

• comentários sobre os capítulos;

• notas sobre a etimologia de termos científicos;

• textos dirigidos ao professor;

• propostas de atividades adicionais e

• sugestões bibliográficas.

No final do manual, são apresentadas as resoluções comentadas de alguns testes e questõesselecionados.

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QUÍMICA

Reaçõesquímicas

Ligação químicainteratômica

PuraÁtomos Mistura

Elementosquímicos

estuda as

unem-sepor meio de

entre outras propriedades periódicas, apresentam

de

estuda as

cada qual pode estarpodem participar da composição de uma

pode ser

Um possível mapa conceitual do volume 2

Processosnucleares

(capítulo 11)

Número deoxidação

(capítulo 3)têm o núcleo alterado nos

ajudam a esclarecer o conceito de

Óxido-redução(capítulos 3 a 5 )

Celagalvânica

(capítulo 4)

Celaeletrolítica

(capítulo 5)

Exotérmicas(capítulo 6)

Endotérmicas(capítulo 6)

Equilíbrioquímico

(capítulo 8)

Princípio deLe Chatelier

(capítulo 8)

Rapidez(capítulo 7)

Ka

(capítulo 9)

Kw

(capítulo 9)

Ks

(capítulo 10)

pH(capítulo 9)

Calor(capítulo 6)

permite reconhecer se uma reação é de

algumassão de

é realizadade modo forçado numa

produz corrente

elétrica numa

podem ser

absorvem

ocorrem (em função das condições experimentais)

com uma certa tendem (dependendo das condições) a atingir o

liberam

conceito essencial para a compreensão de

que pode ser deslocado, de acordo com o

Conceito ácido-base de Brønsted-Lowry

(tópico avançado)

Hidrólisesalina (capítulo 9)

Concentraçãodo soluto

na solução(capítulo 1)

Efeitoscoligativos

(capítulo 2)

Heterogênea

Não-eletrólito(capítulos 1 e 2)

Eletrólito(capítulos 1, 2, 9)

Homogênea

Solução(capítulo 1)

Soluto(capítulo 1)

Solvente(capítulo 1)

também denominada

contémcontém

cujas quantidades relativas determinam a

cuja presença origina os chamados

pode ser

Eletronegatividade(capítulo 3)

Importante:Este mapa é apenas uma das muitas

possibilidades de relacionar os conteúdos conceituais do volume.

formada por

Substâncias químicas

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SUMÁRIOSUBSÍDIOS DIDÁTICOS

Capítulo 1 – Expressando a concentração de soluções, 7Capítulo 2 – Propriedades coligativas, 9Capítulo 3 – Processos de óxido-redução, 11Capítulo 4 – Eletroquímica: celas galvânicas, 13Capítulo 5 – Eletroquímica: celas eletrolíticas, 14Capítulo 6 – Termoquímica: o calor e os processos

químicos, 16Capítulo 7 – Cinética química: o transcorrer das

reações químicas, 19Capítulo 8 – Equilíbrio químico: a coexistência de

reagentes e produtos, 21Capítulo 9 – Equilíbrios iônicos em solução aquosa, 23Capítulo 10 – Equilíbrios químicos heterogêneos, 25Capítulo 11 – Radioatividade: fenômenos de origem

nuclear, 26Tópico avançado – Conceitos ácido-base de Brønsted-

Lowry e de Lewis, 28

RESOLUÇÕES

Capítulo 1 – Expressando a concentração de soluções, 29Capítulo 2 – Propriedades coligativas, 41Capítulo 3 – Processos de óxido-redução, 42Capítulo 4 – Eletroquímica: celas galvânicas, 46Capítulo 5 – Eletroquímica: celas eletrolíticas, 49Capítulo 6 – Termoquímica: o calor e os processos

químicos, 54Capítulo 7 – Cinética química: o transcorrer das

reações químicas, 60Capítulo 8 – Equilíbrio químico: a coexistência de

reagentes e produtos, 64Capítulo 9 – Equilíbrios iônicos em solução aquosa, 68Capítulo 10 – Equilíbrios químicos heterogêneos, 77Capítulo 11 – Radioatividade: fenômenos de origem

nuclear, 85

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SUBSÍDIOS DIDÁTICOS

Capítulo 1 Expressando aconcentração de soluções

Comentário geral

Principais conteúdos*conceituais do capítulo

Conteúdos procedimentaisque podem ser desenvolvidos

Conteúdos atitudinais quepodem ser desenvolvidos

• Prestar atenção aos rótulosde produtos industrializados.

• Perceber que muitos princí-pios científicos estão presen-tes em nossa vida cotidiana.

• Conceitos de solução, sol-vente e soluto

• Método para o preparo labo-rator ial de uma soluçãoaquosa de concentração co-nhecida

• Concentração comum

• Distinção entre concentraçãocomum de uma solução edensidade de uma solução

• Concentração em quantidadede matéria

• Título, porcentagem e ppm(em massa e em volume)

• Diluição de soluções

• Cálculo estequiométrico en-volvendo reagentes em solu-ção, com destaque para atitulação ácido-base

• Expressar a concentração deuma solução, escolhendo eutilizando a unidade mais ade-quada.

• Realizar a conversão entreunidades de concentração.

• Executar os cálculos necessá-rios para prever como uma so-lução deve ser diluída a fim deobter uma nova solução deconcentração desejada.

• Executar os cálculos necessá-rios para determinar a con-centração de uma soluçãoácida ou de uma solução bá-sica a partir de dados prove-nientes de um processo detitulação ácido-base.

• Utilizar raciocínios de propor-cionalidade para realizar cál-culos estequiométricos comreagente(s) em solução.

Solução é qualquer mistura homogênea. Já que o soluto estáhomogeneamente distribuído no solvente, ao se retirar uma amostra deuma solução, a quantidade de soluto presente nessa amostra é proporcio-nal ao volume da amostra. (Também a quantidade de solvente existente naamostra é proporcional ao volume dela.) O exemplo apresentado no iníciodo capítulo, que envolve uma solução de um medicamento, pretende justa-mente mostrar isso.

Assim, pode-se dizer que, em uma dada solução, há uma relaçãoconstante entre a quantidade de soluto e a quantidade de solvente (ou,

também, entre a quantidade de soluto e a quantidade de solução). A metado capítulo é trabalhar algumas das maneiras de expressar essa relação,que pode envolver massa e volume, quantidade em mol e volume, massa emassa, volume e volume etc., e também perceber que há situações em quese prefere uma maneira a outra.

É por meio do item 1.3 que os estudantes podem compreender oque significam frases do tipo “há 20 g de soluto em 1 L de solução”.Referimo-nos freqüentemente ao volume de solução (e não ao volume desolvente) como decorrência do modo como as soluções são preparadas. Éoportuno que o professor demonstre em aula a preparação de uma solução.Pese, por exemplo, 5,85 g de cloreto de sódio e transfira esse sólido paraum balão volumétrico de 1 L. Adicione um pouco de água destilada e agite

* Para o professor que desejar compreender melhor os aspectos pedagógicos envolvidos na classificação dos conteúdos escolares em conceituais, procedimentais eatitudinais, recomendamos a obra: COLL, C. et al. Os conteúdos na reforma: ensino e aprendizagem de conceitos, procedimentos e atitudes. Tradução de BeatrizAffonso Neves. Revisão técnica de Maria Thereza Oliva Marcílio de Souza. Porto Alegre: Artmed, 1998.

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8para promover a dissolução do sólido. A seguir, complete com água até amarca de aferição. Origem dos termos científicos

Superfíciedo líquido Superfície

do líquido

Ar

Líquido

Ar

Líquido

Marca deaferição

Correto Incorreto

Feita a solução, podem ser elaboradas frases que descrevem suacomposição:

“Há 5,85 g de cloreto de sódio em um litro de solução aquosa.”

“Há 0,1 mol de cloreto de sódio em um litro de solução aquosa.”

E essas frases podem ser passadas para uma linguagem científica:

NaCl (aq)

5,85 g/L ou NaCl (aq)

0,1 mol/L

Quando os alunos acompanham o preparo dessa solução, perce-bem com muito mais facilidade como estariam incorretas, referindo-se aessa solução, frases como “há 5,85 g de cloreto de sódio em um litro deágua” ou “há 0,1 mol de cloreto de sódio em um litro de água”. Todo orestante do desenvolvimento do capítulo é facilitado a partir dessa com-preensão inicial.

A densidade, que é uma relação entre duas propriedades da soluçãocomo um todo (massa e volume), não é propriamente uma unidade paraexpressar a concentração da solução. Ela é, isso sim, uma propriedade dasolução — que depende do solvente, do(s) soluto(s) e da concentraçãodo(s) soluto(s) — que, uma vez conhecida (numa certa temperatura), per-mite avaliar a massa total de solução em um dado volume (medido namesma temperatura a que se refere a densidade). E conhecer a massa totalde solução num certo volume é essencial para que se possa realizar a con-versão entre certas unidades, por exemplo, entre porcentagem em massado soluto e concentração em quantidade de matéria. Por isso é que o capí-tulo aborda a densidade juntamente com o estudo das soluções.

Quanto à diluição de soluções, sugere-se ressaltar que, numalmoxarifado de laboratório, o estoque de soluções é limitado e, em mui-tos casos, soluções concentradas são disponíveis (isso é comum, por exem-plo, no caso de ácidos, tais como o clorídrico, o nítrico e o sulfúrico) e oque os químicos fazem (respeitando medidas e atitudes de segurançano manuseio das substâncias) é obter as soluções menos concentradaspor meio da diluição.

No que diz respeito à estequiometria envolvendo soluções, vale res-saltar que muitas reações químicas ocorrem em solução. Assim, uma no-vidade que é introduzida nos itens 7.3 e 8 é que, sendo conhecida a con-centração em quantidade de matéria do(s) reagente(s) em solução, pode(m)-se calcular a(s) quantidade(s) em mols desse(s) reagente(s). E, a partirdela(s), o cálculo estequiométrico segue exatamente as linhas tratadas aoestudar estequiometria.

O apêndice C, no final do volume 2, apresenta as principaisunidades usadas na Química do ensino médio.

E o apêndice B apresenta as principais idéias referentes àspotências de dez, outro pré-requisito importante para este capítulo.

Estimule os alunos a utilizarem esses apêndices sempre quenecessário.

• A palavra “solução”, empregada em Química, vem do latim solutione,de onde também deriva a palavra “solução” usada no linguajar não-cien-tífico. Quando alguém encontra a solução de um problema, por exemplo,significa que o problema se “dissipou”, “desapareceu”, de modo análo-go a um soluto que se dissolve num solvente.

• “Dissolver” é o ato de fazer uma solução, adicionando um soluto a umsolvente e homogeneizando a mistura. E “dissolução” é o substantivorelativo ao verbo “dissolver”. Por exemplo, “dissolver açúcar em água”equivale a “fazer a dissolução de açúcar em água”.

• A palavra “dissociar” — que significa desassociar, separar, quebrar umtodo em partes que se separam — não deve ser confundida com “dis-solver”.

• A palavra “diluir” — que significa acrescentar solvente a uma solução jápreparada — também não deve ser confundida com “dissolver”.

Experimento

PREPARO DE UMA SOLUÇÃO

Havendo condições materiais e de tempo, o professor pode levaros alunos ao laboratório para que realizem o preparo de uma soluçãode cloreto de sódio (é muito arriscado fazer essa atividade com subs-tâncias tóxicas, corrosivas ou que ofereçam qualquer outro tipo derisco aos alunos) cuja concentração é indicada pelo professor. Issopermite o desenvolvimento de conteúdos procedimentais tais comouso da balança, do balão volumétrico e da pisseta.

Sugestões de leituracomplementar para o professor

Textos de Química Nova na Escola são disponibilizados emhttp://sbqensino.foco.fae.ufmg.br/qnesc

ECHEVERRÍA, A. R. Como os alunos concebem a formação desoluções. Química Nova na Escola, n. 3, 1996. p. 15-18.Nesse artigo, a autora faz reflexões sobre possíveisconcepções incorretas dos alunos ao interpretarem aformação de uma solução.

JAFELICCI JÚNIOR, M.; VARANDA, L. C. O mundo dos colóides.Química Nova na Escola, n. 9, 1999. p. 9-13.Os autores apresentam, entre outros aspectos, noçõesfísico-químicas sobre a superfície das partículascoloidais.

SILVA, E. O. Explorando as bases matemáticas da volumetria:uma proposta didática. Química Nova na Escola, n. 13,2001. p. 13-17. (Veja também errata no n. 14, p. 46.)Proposta de trabalho interdisciplinar com a Matemáti-ca, ressaltando aspectos de funções lineares presen-tes na modelagem matemática do processo de titulaçãoácido-base.

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Capítulo 2 Propriedades coligativas

Principais conteúdosconceituais do capítulo



• Valorizar a observação comoimportante meio para obterinformações.


• Preocupar-se com a corretahidratação do organismo,principalmente nas épocasmais quentes do ano.

• Diagrama de fases da água• Pressão de vapor• Volatilidade e pressão de

vapor• Efeito tonoscópico• Efeito ebulioscópico• Efeito crioscópico• Osmose• Pressão osmótica• Osmose reversa• Comparação dos efeitos

coligativos produzidos porsolutos não-eletrólitos e não-voláteis com os de solutoseletrólitos e não-voláteis

• Construir o diagrama de fasesda água e empregá-lo parafazer previsões sobre mudan-ças de estado físico envolven-do essa substância.

• Coletar os dados necessáriose empregá-los para comparara intensidade dos efeitoscoligativos em diferentes so-luções feitas com um mesmosolvente.

• Observar experimentalmentea ocorrência de osmose.

Comentário geralEste capítulo trata essencialmente de dois temas.

O primeiro deles é o diagrama de fases, a partir do qual se desenvol-ve o conceito de pressão de vapor. Isso corresponde ao item 1 do capítulo.

O segundo tema são as propriedades coligativas propriamente di-tas, que correspondem aos itens 2 a 7. Até o item 6 abordam-se os efeitosproduzidos pelos solutos não-eletrólitos e não-voláteis. E o item 7 estendea discussão para os solutos eletrólitos não-voláteis.

A proposta do capítulo é de uma abordagem predominantementequalitativa e semiquantitativa. As únicas expressões matemáticas apre-sentadas são a Lei de Raoult e a expressão para o cálculo da pressãoosmótica. Mesmo nesses casos, não há insistência em exercícios que en-volvam o uso dessas expressões.

A expressão da Lei de Raoult é relativamente simples de compre-ender quando interpretamos os valores numéricos nela colocados para fa-zer um cálculo. Considere os exemplos numéricos da página 46. Se a fra-ção em mols do solvente é 0,95, significa que 95% das moléculas da solu-ção são de solvente (e 5% são de sacarose ou glicose). Assim, a pressão devapor, que é proveniente da vaporização das moléculas do solvente, será95% da pressão de vapor que o solvente puro tem naquela mesma tempe-ratura.

Priorizou-se no capítulo o uso da unidade quilopascal (kPa) parapressão, porque pascal (Pa) é a unidade de pressão do Sistema Internacio-nal. Para manter a compreensibilidade do texto, em vários momentos co-locou-se entre parênteses que 101,3 kPa equivalem a 1 atm.

As seções Fatos experimentais das páginas 36, 44, 47 e 54 apresen-tam valores numéricos cuja análise pretende conduzir à interpretação dosfenômenos e à elaboração de generalizações.

No passado, a abordagem das propriedades coligativas no nívelmédio era feita com mais fórmulas matemáticas, algumas delas envolven-do a molalidade (grafada com “l”) da solução, que é a concentração ex-pressa em mol de soluto por quilograma de solvente. Essa abordagem podeser hoje encontrada em livros universitários de Físico-Química, em que se

deduzem equações para expressar os efeitos tonoscópico, ebulioscópico ecrioscópico em função da molalidade. Para soluções aquosas diluídas, amolalidade (mol/kg) é aproximadamente igual à concentração em quanti-dade de matéria (mol/L). Porém, para evitar empregar tal aproximaçãopara soluções não tão diluídas — por exemplo soluções 0,1 mol/L — e,portanto, fora da faixa de validade de tal aproximação, optou-se por apre-sentar, nas seções Fatos experimentais das páginas 47 e 54, a quantidadeem mols de soluto por 1.000 g de água. Dessa maneira, mantém-se o ne-cessário rigor conceitual, ao mesmo tempo em que não se complica desne-cessariamente o estudo com as expressões matemáticas envolvendomolalidade.

Origem dos termos científicos• A palavra “tonoscópico” vem do grego tónos, tensão, e skopeîn, ver, ob-

servar, sondar, examinar.

• “Ebulioscópico” vem do latim ebullire, ebulir, ferver, e do grego skopeîn,examinar.

• “Crioscópico” vem do grego kryos, gelo, e skopeîn, examinar.

• “Osmose” vem do grego osmós, impulso.

• “O que é — e em que se baseia — a técnica de semear nas nuvens?”

POR QUE SE JOGA SAL NA NEVE?

A utilização de sal, NaCl, nas ruas cobertas de gelo é uma apli-cação da propriedade coligativa de redução do ponto de congelamen-to das soluções. O ponto de congelamento da água pode ser diminuí-

Textos ao professor

Tema para pesquisa

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dura sólida e cristais de gelo. A razão pela qual o sorvete não é umbloco sólido de gelo relaciona-se às propriedades coligativas das so-luções aquosas que estão nele incorporadas: a fase líquida consistede pequenas gotas de água que contêm açúcares e sais dissolvidos eproteínas do leite suspensas. A presença desses componentes dissol-vidos abaixa tanto a temperatura de congelamento, que a fase líqui-da permanece líquida mesmo em um freezer a –18°C.

[...]

Os glóbulos de gordura sólida são responsáveis por muito dacremosidade e do “corpo” do sorvete de massa. A função dos cristaisde gelo — que devem ser pequenos (cerca de 50 µm) para evitar umatextura granulosa e gelada — é estabilizar a mistura. As bolhas de ardispersas fazem o sorvete mais leve e macio e, portanto, mais fácil deretirar com uma pazinha e comer.

Os ingredientes de um sorvete de massa são:

1. Creme — fração do leite rica em gordura (que, por si, é um com-plexo colóide em que gorduras estão dispersas em água, açúcarese sais)

2. Açúcar

3. Flavorizantes, como de baunilha, de frutas ou outro

4. Emulsificantes e estabilizantes (aditivos comerciais que aumen-tam a cremosidade e reduzem o tamanho dos cristais de gelo)

5. Ar

Na elaboração do sorvete, esses ingredientes são misturados àtemperatura ambiente (ou levemente acima, para matar bactérias). Amistura resultante é [...] resfriada rapidamente com agitação para pro-duzir uma mistura semi-sólida. Rápido resfriamento e agitação sãonecessários para introduzir mais ar na mistura, pois, assim, os cris-tais de gelo formados serão menores. Fábricas de sorvete freqüen-temente borbulham ar comprimido na mistura em vez de esperar quea agitação introduza ar.

Quem faz sorvete de massa em casa freqüentemente emprega,para promover essa etapa de resfriamento, um banho de gelo moído esal ao redor da tigela em que está a mistura. Assim como os açúcarese sais dissolvidos nas pequenas gotas de água presentes no sorveteabaixam a temperatura de congelamento da água, o sal reduz a tem-peratura de congelamento da água para abaixo de 0°C no banho degelo e sal. Um punhado de sal para alguns poucos punhados de geloem fusão funciona bem para sorvete caseiro. Quanto mais vigorosafor a agitação à medida que a mistura fica mais espessa, mais ar seincorpora ao produto nesse ponto.

O estágio final da formação do sorvete, após a mistura e oresfriamento com agitação, é o “endurecimento”. Isso significa sim-plesmente que a espessa mistura prestes a se tornar sorvete é resfria-da ainda mais, sem agitação. Este último passo resulta na formaçãode mais cristais de gelo, que conferem firmeza ao produto final. Emcasa, o endurecimento é usualmente conseguido adicionando-se maispunhados de sal no banho de gelo e sal. Isso, de fato, reduz aindamais a temperatura de congelamento do banho de gelo e sal. Sorvete-rias comerciais têm câmaras frias que podem atingir temperaturastão baixas quanto –46°C, o que permite que a etapa de endurecimen-to seja atingida no curto intervalo de uma hora.

Fonte: MURPHY, C. J. The material and colligative properties of ice cream.In: REGER, D. L.; GOODE, S. R.; MERCER, E. E. Chemistry: principles &

practice. 2. ed. Orlando: Saunders, 1997. p. 504-505. (Tradução nossa.)AS PROPRIEDADES COLIGATIVASE O SORVETE DE MASSA

Uma solução é uma mistura homogênea de duas ou mais subs-tâncias [...]. Uma dispersão coloidal (ou, simplesmente, colóide) pa-rece ser uma solução, mas consiste de fato em partículas relativa-mente grandes de uma ou mais substâncias, em uma fase, dispersasem uma segunda fase. Experimentalmente, um colóide dispersa umfeixe de luz (isso é chamado efeito Tyndall), mas uma solução verda-deira não.

Uma espuma é definida quimicamente como uma dispersãocoloidal de um gás em um líquido ou em um sólido. O sorvete demassa é um exemplo comestível de uma espuma, na qual bolhas dear estão dispersas em uma mistura de água líquida, glóbulos de gor-

do a uma temperatura tão baixa como –21,1°C, em que o sal e a águaformam uma mistura eutética, numa composição de 23,3% NaCl. Aadição do sal sólido ao gelo acima dessa temperatura resultará nadissolução do sal em uma pequena quantidade de água liberada dogelo. Enquanto o sal sólido estiver disponível para diminuir o pontode congelamento abaixo da temperatura ambiente, o gelo continuaráa fundir.

É uma prática comum utilizar-se o sal para remover o gelo dasruas das cidades em zonas temperadas. Isso, porém, não seria apro-priado para se usar em Fairbanks, no Alasca, devido à temperaturatípica de inverno, em torno de –34,4°C, situar-se bem abaixo da tem-peratura na qual o sal e a água formam uma solução líquida.

Fonte: SLABAUGH, W. H.; PARSONS, T. D. Química Geral.2. ed. Livros Técnicos e Científicos Editora.

SEMEAR NAS NUVENS! O QUE É ISSO?

Por séculos as pessoas falam sobre o tempo, mas podem fazermuito pouco para controlá-lo. Os padrões globais do tempo são, semdúvida, muito complexos. Nosso conhecimento é ainda muito limita-do para que possamos prever o tempo com precisão, quem dirácontrolá-lo. Contudo em anos recentes tem havido algumas tentati-vas de alterar o tempo em pequenas regiões localizadas. Não pode-mos converter dias escuros e chuvosos em claros e ensolarados, masé possível, às vezes, induzir precipitação em um dia nublado.

Nuvens consistem em pequeninas gotas de água. A fim de fazeressas gotículas se agregarem e formarem as gotas de chuva, núcleos— pequenas partículas sobre as quais as moléculas de água podemaglomerar-se — precisam estar presentes nas nuvens. Em princípio,cristais de gelo, que podem atuar como núcleos de precipitação, po-deriam formar-se a 0°C. Contudo, devido à sobrefusão (situação ins-tável na qual há resfriamento abaixo do ponto de fusão sem que hajasolidificação), eles raramente se formam, a não ser que a temperaturacaia abaixo de –10°C.

Para promover a formação de cristais de gelo, as nuvens podemser semeadas com gelo-seco, nome dado ao dióxido de carbono (CO

2)

sólido, que é disperso dentro delas por um avião. Quando o dióxido decarbono sólido se sublima, ele absorve calor das nuvens ao redor ereduz a temperatura até atingir o valor necessário para que haja a for-mação de cristais de gelo. Conseqüentemente, a presença de gelo-secopode, com freqüência, induzir formação de chuva em pequena escala.

Iodeto de prata (AgI) também pode ser usado nesse processo. Avantagem de utilizá-lo é que se alcança uma enorme quantidade denúcleos. O AgI possui uma estrutura cristalina muito semelhante àdo gelo e isso favorece a deposição das moléculas de água sobre ele,como se elas tivessem sido “enganadas” por uma estrutura análoga àdo gelo. Cerca de 1015 núcleos são produzidos, a partir de um gramade AgI, ao vaporizar uma solução dessa substância em acetona sob ocalor de uma chama. Esses núcleos são, então, dispersos dentro dasnuvens por um avião.

Fonte: CHANG, R. Chemistry. 5. ed. New York: McGraw-Hill, 1994.p. 462, 867. (Tradução nossa.)

Textos de Química Nova são disponibilizados emhttp://quimicanova.sbq.org.br/QN_OnLine_Geral.htm

HIOKA, N. et al. Determinação da massa molar por crioscopia:terc-butanol, um solvente extremamente adequado.Química Nova, v. 25, n. 5, 2002. p. 844-848.

Sugestão de leitura complementar para o professor

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Capítulo 3 Processosde óxido-redução

O capítulo apresenta inicialmente a necessidade que conduziu àcriação do conceito de número de oxidação. Em equações de óxido-redu-ção que envolvam íons monoatômicos é relativamente simples perceberqual espécie perdeu e qual recebeu elétrons. Já em equações que envolvamcompostos moleculares, isso não é tão evidente. Partindo dessa argumen-tação, apresentada no item 1, o conceito de número de oxidação é desen-volvido no item 2.

O conceito de eletronegatividade é apresentado no item 2.2. Oitem 2.4 enuncia as regras para a determinação do número de oxidação.No capítulo, toda regra é enunciada como resultado de uma argumen-tação que a embasa e justifica. E a explicação e os exemplos que ante-cedem o enunciado visam a compreensão em vez da memorização.

Abordagem similar é adotada no item 4, que sugere procedimentospara facilitar o balanceamento de equações de óxido-redução. Vários exem-plos são mostrados e comentados (item 4.1). Só após isso é que um con-junto de sugestões é formalmente proposto (item 4.2).

O exemplo da fotografia tradicional, apresentado como fatormotivador na abertura do capítulo, é resolvido com o texto que encerra ocapítulo. Dependendo da conveniência, o professor pode ampliar o desen-volvimento do tema, realizando a revelação de cópias fotográficas empreto-e-branco, o que consiste numa atividade interessante e significativapara o aprendizado de vários conceitos da Química e que permite, inclusi-ve, intensa interdisciplinaridade com Física e Arte.

Tema para pesquisa

Comentário geral

TINTA INVISÍVEL

Ao aluno

Objetivo: Escrever num papel com tinta invisível e, a seguir, tor-nar a escrita visível usando uma reação química.

Material:

• suco de limão espremido na hora (Lave bem as mãos antesde se expor ao sol!)

• pincel fino• pincel grosso• folha de papel branco• dois copos de vidro (dos de requeijão)• água• tintura de iodo (Adquirida em farmácia; cuidado, pois man-

cha a pele e as roupas!)• conta-gotas• colher

Procedimento:

1. Use o pincel fino para escrever com o suco de limão na folhade papel.

2. Espere até que o papel seque à sombra. Não leve o papel aosol nem se exponha à luz solar antes de lavar bem as mãospara remover qualquer respingo do suco de limão. Tomar solcom suco de limão na pele produz manchas escuras que le-vam muito tempo para sair.

3. Adicione 60 gotas de tintura de iodo a meio copo (de requei-jão) de água e mexa com uma colher.

4. Mergulhe o pincel grosso nesse líquido e esfregue-o sobre afolha. Observe os dizeres se tornarem visíveis.

5. Proponha uma explicação para o que observou. Compare suaexplicação com a de seus colegas e discuta-a com o professor.

• “Além do vidro, que outro material toma parte na composição dos espe-lhos comuns? Existe alguma reação química envolvida na fabricaçãodesses espelhos?”




• Oxidação e redução

• Número de oxidação

• Reação de óxido-redução

• Agente oxidante e agenteredutor

• Sugestões para balancear umaequação de óxido-redução

• Ter consciência de que o pro-cesso fotográfico tradicional— que trouxe grande impul-so para a comunicação hu-mana e para a difusão dasnotícias e dos conhecimentos— é um exemplo de aplica-ção de princípios químicos.

• Utilizar a fórmula de umasubstância para determinar onúmero de oxidação dos ele-mentos nela presentes.

• Observar uma equação quí-mica e concluir se ela repre-senta ou não um processo deóxido-redução.

• Executar o balanceamento deuma equação de óxido-redu-ção auxiliado pelas variaçõesde número de oxidação doselementos nela presentes.

Experimentos

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Ao professor

Nesse experimento, o suco de limão é a “tinta invisível”. Uma solu-ção feita com 60 gotas de tintura de iodo (solução alcoólica de I

2) em

meio copo de água atua como “revelador” da escrita invisível.

Quando essa solução aquosa de iodo é aplicada ao papel, o iodo(I

2) nela presente interage com fragmentos de alguns polissacarídios

existentes no papel, produzindo um complexo de coloração roxa.

Substâncias presentes no suco do limão reagem com o iodo, con-sumindo-o (transformando-o em iodeto, I–). Assim, nos locais emque se escreveu com o suco do limão, não haverá iodo e, portanto,não aparecerá a coloração roxa no papel. Isso permite a visualizaçãodo que foi escrito. Evidentemente, não se espera que os alunos pro-ponham a explicação completa, mas que concluam que “algo” nosuco do limão impede o aparecimento da cor roxa. O professor podeconcluir, dizendo que esse “algo” reage com o iodo, consumindo-o.

Esse “algo” é a vitamina C, que se oxida e provoca a redução doiodo a iodeto.

[...] Eastman Kodak. Receberam todo o material e equipamento deque necessitavam. Por muitos anos, o departamento de pesquisa dodoutor Mees vinha tentando obter o que Godowsky e Mannes haviamconseguido tão rapidamente. Mesmo com o sucesso do trabalho cien-tífico, os dois Leopold nunca abandonaram a música. Por isso, osprogressos ainda eram lentos.

O plano deles era aperfeiçoar uma maneira de fazer fotos colori-das de aparência natural usando as mesmas camadas extremamentefinas de substâncias denominadas “emulsões”, separadas por camadasainda mais finas de gelatina. Cada camada de emulsão revelaria umatonalidade de cor, dependendo das cores que fossem fotografadas. En-contrar a maneira de fazer o filme já era bastante difícil, mais ainda erarevelá-lo. Várias substâncias tinham de ser utilizadas para criar as co-res, e foram necessários anos de testes apenas para descobrir as quali-dades e o tempo necessários à revelação para obter as cores certas.

O doutor Mees insistiu para que os dois fossem a Nova York e usas-sem o laboratório totalmente equipado de seu departamento na EastmanKodak. Aceitaram o convite. Godowsky e Mannes não se importaramcom a fria recepção dos cientistas enciumados. Tanto que, enquanto tra-balhavam, cantavam trechos de músicas. Os outros achavam isso umpouco estranho e nada profissional. Mas o que eles não sacaram é que oshomens cantavam trechos (com seu senso preciso de tempo musical)para marcar o tempo das reações químicas nos laboratórios completa-mente escuros. Essa parte crítica da pesquisa foi realizada antes de esta-rem disponíveis os modernos dispositivos eletrônicos para marcar o tempoe os métodos de iluminação de salas escuras para fotografias.

Em 1933, os cientistas-cantores haviam inventado um filme quetrazia as melhores cores de até então. Dois anos mais tarde, eles de-senvolveram um processo colorido ainda melhor. Isso levou a EastmanKodak a realizar uma entrevista coletiva fora do comum: Godowskye Mannes mostraram ao mundo os primeiros slides coloridosKodachrome e depois se sentaram para tocar uma sonata para piano eviolino. A dupla trabalhou mais quatro anos para aperfeiçoar seu fil-me em cores e recebeu mais de quarenta patentes por seus processosquímicos antes de retornar à carreira musical em período integral.

Fonte: DUARTE, M. O livro das invenções. São Paulo:Companhia das Letras, 1997. p. 109-111.

BAFÔMETRO DE DICROMATO

O artigo de Braathen e também o de Ferreira, Mól e Silva, indi-cados em Sugestões de leitura complementar para o professor, ofe-recem roteiros para a simulação do bafômetro de dicromato.

IDENTIFICAÇÃO DA VITAMINA C

O artigo de Silva, Ferreira e Silva, indicado em Sugestões deleitura complementar para o professor, propõe um método para aidentificação da presença da vitamina C em sucos de fruta por meiode reações de óxido-redução.

FILME COLORIDO

As pessoas tiraram fotografias em preto e branco por quase cemanos antes de dois músicos profissionais apresentarem o primeiro fil-me colorido, em 15 de abril de 1935. A história do Kodachrome, naverdade, começara em 1856, quando o cientista James Clark Maxwellproduziu a primeira foto em cores. Ele usou três projetores, cada umlançando uma cor diferente sobre a mesma imagem — uma vermelha,uma verde e uma azul. Os projetores apontavam para a mesma tela, demaneira que as imagens se sobrepunham, criando uma única imagemborrada mas colorida. Nos cinqüenta anos seguintes, a maioria doscientistas que tentaram inventar o filme colorido utilizou a “aborda-gem óptica” de Maxwell, mas nenhum conseguiu melhorar muito asimagens coloridas e borradas. Até 1916. Foi nesse ano que LeopoldGodowsky e Leopold Mannes entraram na história.

Os dois Leopold eram filhos de famosos concertistas de músicaclássica; ambos consideravam a música a coisa mais importante desua vida e ambos eram fascinados pela idéia de fazer filmes fotográ-ficos coloridos. Eles trabalhavam juntos no laboratório de física daescola, fazendo experiências com técnicas e processos de filmes. Re-produziram os resultados de Maxwell mesmo sem conhecê-lo. Logoos dois haviam aperfeiçoado tanto o método de Maxwell que recebe-ram a patente de sua própria versão de produzir imagens coloridasatravés da sobreposição de luzes. Mas os resultados ainda eram bor-rados e bastante grosseiros. Então, em 1921, cinco anos após teremreinventado o processo óptico de Maxwell, Godowsky e Mannes no-taram as surpreendentes possibilidades da utilização de substânciasquímicas para criar o filme colorido. Notaram também quanto seusexperimentos estavam custando. Perceberam que não conseguiriamganhar dinheiro suficiente com a música para pagar pelos testes queeles sabiam ser ainda necessários.

Para prosseguir com seus experimentos, os dois músicos-cien-tistas conseguiram uma bolsa de 20 mil dólares de uma companhiade investimentos e [...] ajuda do doutor Mees, diretor de pesquisa da



BACCAN, N. et al. Química Analítica Quantitativa Elementar.2. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 1985. p. 224.Nessa referência encontra-se um experimento que per-mite determinar a massa da vitamina C em um com-primido efervescente pelo método iodimétrico.

BRAATHEN, P. C. Hálito culpado. O princípio químico dobafômetro. Química Nova na Escola, n. 5, 1997. p. 3-5.Além de uma discussão sobre o princípio em que sebaseia o bafômetro de dicromato, o autor apresentauma simulação de seu uso.

FERREIRA, G. A. L.; MÓL, G. S.; SILVA, R. R. Bafômetro – ummodelo demonstrativo. Química Nova na Escola, n. 5,1997. p. 32-33.O artigo descreve a construção de um modelo debafômetro que pode ser empregado para comparaçõesqualitativas.

SILVA, S. L. A.; FERREIRA, G. A. L.; SILVA, R. R. À procura davitamina C. Química Nova na Escola, n. 2, 1995. p. 31-32.Os autores descrevem um método para identificaçãoda presença da vitamina C em diversos sucos de fru-tas. (Trata-se de um método semiquantitativo. Parauma análise quantitativa da vitamina C em um compri-mido efervescente, veja a obra de N. Baccan et al. aci-ma, nesta lista de sugestões.)

Texto ao professor

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Capítulo 4 Eletroquímica:celas galvânicas




• Perceber que muito do confor-to da vida moderna se deve àutilização de progressos daQuímica.

• Ponderar que os avançostécnicos são, quase sempre,conseqüência da utilizaçãode princípios científicos.


• Valorizar as medidas de pro-teção ambiental como promo-toras da qualidade de vida,particularmente no que dizrespeito ao descarte de pilhase baterias.

• Representar uma cela galvâ-nica por meio da representa-ção sugerida pela Iupac.

• Consultar a tabela de poten-ciais-padrão de semicela e,com base nessa consulta,calcular a força eletromotrizde uma pilha, prever se umareação de óxido-redução éespontânea e comparar a for-ça de agentes oxidantes e deagentes redutores.

• Equacionar as semi-reaçõescatódica e anódica de (casossimples de) celas galvânicas.

• Voltímetro e medida da dife-rença de potencial elétrico

• Celas galvânicas (pilhas)

• Semicela e potencial-padrãode semicela

• Força eletromotriz de umapilha

• Força de oxidantes e redutores

• Espontaneidade de reaçõesde óxido-redução

• Algumas pilhas e baterias co-merciais comuns

Comentário geralPodemos reconhecer no capítulo três partes principais.

Numa primeira parte, recorda-se o que é corrente elétrica e apre-senta-se de modo simplificado o conceito de diferença de potencial elétri-co e o voltímetro como o aparelho usado para medir tal grandeza. Emgrande parte das escolas, o professor de Química trabalha esse assuntoantes do professor de Física. Essa é a razão para a inclusão do conteúdodas páginas 89 a 92.

Com isso, estabelece-se uma distinção entre os dois tipos de celaseletroquímicas — as celas galvânicas (pilhas) e as celas eletrolíticas (cu-bas para eletrólise) — no que diz respeito à relação entre corrente elétrica ereação química (veja o mapa conceitual da página 93). Em uma cela galvânicauma reação química dá origem a uma corrente elétrica, ou seja, trata-se deum dispositivo em que energia química é convertida em energia elétrica. Jáem uma cela eletrolítica, uma reação química (não-espontânea) de interesseé induzida pelo uso de uma corrente elétrica. Nesse caso, energia elétrica éempregada para a síntese de substâncias de interesse, convertendo-se emenergia química que fica armazenada em tais substâncias.

Em uma segunda parte, realiza-se um estudo das celas galvânicas,com destaque para o conceito de potencial-padrão de semicela e seusdesdobramentos, notadamente na previsão da ocorrência espontânea dereações de óxido-redução.

Como uma terceira parte, mostra-se como as pilhas e baterias co-merciais empregam (e ilustram) os princípios estudados. Isso vai ao en-contro de certas expectativas introduzidas com o texto motivador que abreo capítulo.

Há alguns anos a Iupac mudou a definição para o estado-padrãousado para medir e tabelar grandezas termodinâmicas. Anteriormente a de-finição envolvia a pressão de 1 atm, que equivale a 101,3 kPa. Como o pascal(1 Pa = 1 N/m2) é a unidade de pressão do Sistema Internacional, a mudançade definição consistiu na alteração* da pressão-padrão de 1 atm para 100 kPa(o que equivale a 1 bar, outra unidade de pressão). Essa mudança provocouuma alteração muito pequena nos valores de grandezas termodinâmicas ta-beladas, tais como potenciais-padrão de semicela, entalpias-padrão de for-mação, entalpias-padrão de combustão e energias de ligação. Também valedestacar que a temperatura não é considerada propriamente parte da defini-ção de estado-padrão.* Note que, na definição de potencial-padrão desemicela, na página 100, é dito que ele é definido “nas condições-padrão(1,0 mol/L e 100 kPa) e numa temperatura de interesse (geralmente25°C)”. Como a temperatura de 25°C é a mais freqüentemente empregada,é comum encontrarmos quem defina estado-padrão já englobando 25°C nessadefinição, embora isso não seja rigorosamente correto.

* Veja, por exemplo, ATKINS, P. e DE PAULA, J. Physical Chemistry. 7. ed. Oxford: Oxford University Press, 2002. p. 55; ou LEVINE, I. Physical Chemistry. 4. ed. New York:McGraw-Hill, 1995. p. 135-136.

Origem dos termos científicos• Os termos “ânodo” (também grafado como anodo; mas nesse caso lê-se,

como sílaba tônica, nô) e “cátodo” (também grafado como catodo; masnesse caso lê-se, como sílaba tônica, tô) foram criados por MichaelFaraday em 1834, com base nas preposições gregas aná, que significa noalto, de baixo para cima, para fora, e katá, que significa embaixo, decima para baixo, no fundo, e no substantivo grego hodós, caminho, via.Note o antagonismo de significado entre “ânodo” e “cátodo”.

• O nome “cela galvânica” é uma homenagem ao cientista italiano LuigiGalvani (1737-1798).

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AtividadeElaborar um comercial de rádio (com 30 segundos) que informe a

população sobre os riscos do descarte incorreto de pilhas e baterias. Exporem público o texto produzido.

Uma atividade desse tipo ajuda a desenvolver várias capacidades,tais como a habilidade de produzir um texto claro, com linguagem simplese direta. A exposição em público, que provoca um comprometimentomaior com a atividade, permite desenvolver a habilidade de falar em pú-blico e atitudes sociais inerentes a essa prática. Também estimula comen-tários sobre os acertos e os erros dos textos produzidos.

PILHAS

Os artigos de Hioka e colaboradores, indicados na Sugestões deleitura complementar para o professor, contêm o procedimento paraexperiências envolvendo celas galvânicas.

Além de comentar o funcionamento das pilhas e bate-rias mais significativas, esse artigo discute aspectosproblemáticos de alguns desses dispositivos quanto aoseu impacto ambiental e apresenta uma resolução doConama (Conselho Nacional do Meio Ambiente) refe-rente a eles. O artigo inclui informações sobre as rela-tivamente recentes baterias de hidreto metálico e ba-terias de íons lítio.

HIOKA, N.; MAIONCHI, F.; RUBIO, D. A. R.; GOTO, P. A.;FERREIRA, O. P. Pilhas modificadas empregadas noacendimento de lâmpadas. Química Nova na Escola,n. 8, 1998. p. 36-39.O artigo sugere dois experimentos eletroquímicos. Emum deles é realizada uma montagem alternativa dapilha de Daniell e no outro é feita uma montagem se-melhante àquela que Volta construiu em 1800. Emambos os casos, a voltagem é suficiente para acenderuma lâmpada de 1,5 V e mantê-la acesa por váriosminutos.

HIOKA, N.; SANTIN FILHO, O.; MENEZES, A. J.; YONEHARA,F. S.; BERGAMASKI, K.; PEREIRA, R. V. Pilhas deCu/Mg construídas com materiais de fácil obtenção.Química Nova na Escola, n. 11, 2000. p. 40-44.Os autores apresentam e analisam experimentos emque celas galvânicas são construídas e a energia elé-trica produzida é empregada para operar pequenosequipamentos eletrônicos.

TOLENTINO, M.; ROCHA-FILHO, R. C. O bicentenário da inven-ção da pilha elétrica. Química Nova na Escola, n. 11, 2000. p. 35-39.Os autores contextualizam historicamente a invençãodesse dispositivo, que se mostrou de considerável uti-lidade ao ser humano.


Textos de Química Nova na Escola são disponibilizados emhttp://sbqensino.foco.fae.umg.br/qnesc

BOCCHI, N.; FERRACIN, L. C.; BIAGGIO, S. R. Pilhas e baterias:funcionamento e impacto ambiental. Química Nova naEscola, n. 11, 2000. p. 3-9.




• Perceber que muito do con-forto da vida moderna se deveà utilização de progressos daQuímica.

• Ponderar que os avanços téc-nicos são, quase sempre,conseqüência da utilizaçãode princípios científicos.


• Valorizar as medidas de pro-teção ambiental como promo-toras da qualidade de vida,particularmente no que dizrespeito à reciclagem de me-tais.

• Equacionar as semi-reaçõescatódica e anódica de (casossimples de) celas eletrolíticas.

• Equacionar a obtenção quími-ca dos metais mais importan-tes para o sistema produtivo.

• Empregar um raciocínio deproporcionalidade entre cargaelétrica e quantidade de ma-téria para prever a quantidadede reagente gasto ou de pro-duto formado em um proces-so eletroquímico.

• Celas eletrolíticas

• Eletrólise ígnea

• Eletrólise aquosa

• Empregos da eletrólise

• Aspectos principais da obten-ção de metais (metalurgia)

• Amperímetro e medida dacorrente elétrica

• Estequiometria das reaçõeseletroquímicas

Capítulo 5 Eletroquímica:celas eletrolíticas

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Uma primeira parte do capítulo consiste na aplicação do conceitode potencial-padrão de semicela para mostrar que uma reação não-espon-tânea de óxido-redução pode ser realizada de modo forçado, desde que seempregue uma diferença de potencial adequada (item 1.4). Com isso, al-guns exemplos de eletrólise ígnea e de eletrólise aquosa são apresentadoscomo fatos experimentais e, no caso da eletrólise aquosa, racionalizadospor meio da fila de facilidade de descarga, entendida como um instrumen-to de consulta.

Uma segunda parte corresponde às aplicações da eletrólise, que re-solvem aspectos da motivação colocada na página de abertura do capítulo.

Em uma terceira parte, a metalurgia é apresentada à luz da raciona-lização trazida pelos potenciais-padrão de semicela. Isso é feito no item 3do capítulo.

Finalmente, a estequiometria envolvendo elétrons é o tema do item4. Há professores que preferem, nessa última parte, limitar-se a cálculos en-volvendo quantidade em mols de produto formado numa eletrólise e mols deelétrons, deixando os cálculos envolvendo carga elétrica — ou corrente elétri-ca e tempo — para depois que o professor de Física abordar tais conceitos.

Comentário geral

Origem dos termos científicos• O nome “coulomb” para a unidade de carga elétrica no Sistema Interna-

cional é uma homenagem ao cientista francês Charles Augustin deCoulomb (1736-1806).

• O nome “ampère” para a unidade de corrente elétrica no Sistema Inter-nacional é uma homenagem ao cientista francês André Marie Ampère(1775-1836).

• Os termos “mineral” e “minério” vêm do latim medieval mineralis, quesignifica relativo a mina.

Temas para pesquisa

Atividade

• “Qual a situação do garimpo no Brasil? O que tem o mercúrio a ver comessa atividade? Que problemas seu uso acarreta?”

• “Como se formaram as ‘pedras preciosas’? Quais são as mais comuns?Qual sua composição química?”

Esses temas podem ser desenvolvidos de modo interdisciplinar comGeografia.

Elaborar um comercial de rádio (com 30 segundos) que informe apopulação sobre a importância da reciclagem dos metais. Expor em públi-co o texto produzido.

Uma atividade desse tipo ajuda a desenvolver várias capacidades.Primeiro, produzir um texto claro, com linguagem simples e direta. Se-gundo, revelar em poucas palavras o que se entendeu sobre o tema. Tercei-ro, a exposição em público, que provoca um comprometimento maior coma atividade, permite desenvolver a habilidade de falar em público e atitu-des sociais inerentes a essa prática. Além disso, estimula comentários so-bre os acertos e os erros dos textos produzidos.

MERCÚRIO, CHUMBO E MEIO AMBIENTE

Mercúrio (Hg)

Vapores ou compostos de mercúrio constituem uma ameaça cons-tante para o meio ambiente. No organismo humano, o excesso de mercú-

Texto ao professor



FERREIRA, A. D. Q. O impacto do crômio nos sistemas biológi-cos. Química Nova, v. 25, n. 4, 2002. p. 572-578.Artigo que discute aspectos positivos e negativos rela-cionados à presença de crômio no ambiente.

MÓL, G. S.; FERREIRA, G. A. L.; SILVA, R. R.; LARANJA, H. F.Constante de Avogadro. É simples determiná-la em salade aula. Química Nova na Escola, n. 3, 1996. p. 32-33.O artigo sugere um método para a determinação daconstante de Avogadro a partir de medidas referentesà eletrólise da água.

OKI, M. C. M. A eletricidade e a Química. Química Nova na Esco-la, n. 12, 2000. p. 34-37.A autora apresenta a trajetória que levou à compreen-são da eletricidade, ao seu emprego na descoberta denovos elementos químicos e à sua contribuição paramaior aproximação entre Física e Química.

SOUZA, J. R.; BARBOSA, A. C. Contaminação por mercúrio e ocaso da Amazônia. Química Nova na Escola, n. 12, 2000.p. 3-7. (Veja também errata da figura no n. 13, p. 37.)Os autores expõem o problema da contaminação pelomercúrio empregado em garimpos, com ênfase para aAmazônia.

rio, decorrente da inalação ou da ingestão de animais contaminados,especialmente de peixes, causa uma série de distúrbios. O próprio ga-rimpeiro, ao inalar o vapor de mercúrio, pode ter náusea e diarréia e atémesmo problemas cardíacos e neurológicos. Dependendo do nível decontaminação, o envenenamento por mercúrio pode levar à morte.

Compostos de mercúrio nas águas residuais de indústrias, ao se-rem despejados em rios, lagos ou oceanos, podem transformar-se emdimetil-mercúrio (CH

3k Hg k CH

3) pela ação de certas bactérias pre-

sentes nesses locais. Peixes, algas e moluscos são capazes de con-centrar em seus organismos quantidades significativas de dimetil-mer-cúrio. Esse composto é solúvel em gordura e entra na cadeia alimen-tar quando animais contaminados são ingeridos por outros animais,inclusive o homem. Compostos de mercúrio ficam durante muito tem-po nos organismos vivos.

Sérias medidas que proíbem a descarga de mercúrio nos rios,lagos e oceanos foram adotadas em todo o mundo, porém muito tem-po será gasto até a limpeza de todas as águas.

Chumbo (Pb)

A aristocracia do Império Romano usava chumbo em utensíliosde cozinha, encanamentos de água e recipientes para guardar bebidascomo o vinho.

Historiadores supõem que doenças, infertilidade e morte devidoao envenenamento por compostos de chumbo tenham sido algumasdas causas do declínio do Império Romano.

O chumbo na sua forma metálica (substância simples sólidachumbo, Pb) não é venenoso. Muitas pessoas conseguem viver anoscom balas de chumbo alojadas no corpo. Já outras, que aspiram ouingerem compostos de chumbo, podem até morrer de plumbismo (en-venenamento por chumbo).

Compostos de chumbo eram antigamente usados como pigmen-tos em certos corantes, assim muitas tintas antigas contêm chumbo.Crianças, em especial as que moram em locais antigos onde a paredefoi pintada com tinta à base de chumbo e esteja descascando, corremo risco de, ao colocar farelos de tinta na boca, contrair plumbismo.


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Capítulo 6 Termoquímica: o calore os processos químicos




• Constatar experimentalmenteque as sensações de quentee frio às vezes podem ser en-ganosas.

• Constatar experimentalmenteque a evaporação de um líqui-do da superfície da pele pro-voca resfriamento da pele erelacionar essa constataçãocom o fato de ser esse umprocesso endotérmico.

• Fazer uso da Lei de Hess paracalcular o ∆H de uma reaçãoa partir do conhecimento do∆H de outras, conveniente-mente escolhidas.

• Empregar valores tabeladosde entalpias-padrão de com-bustão ou de entalpias-pa-drão de formação ou de ener-gias médias de ligação paraestimar o ∆H de uma reação.

• Processos exotérmicos e pro-cessos endotérmicos

• Unidades de energia relevan-tes para a termoquímica: acaloria e o joule

• Entalpia e variação de entalpia• Conteúdo calórico de nutrien-

tes• Lei de Hess• Estado-padrão• Entalpia-padrão de combus-

tão• Entalpia-padrão de formação• Energia média de ligação• Cálculos estequiométricos

envolvendo energia liberadaou absorvida

• Interessar-se pelas idéias cien-tíficas e pela Ciência como ma-neira de entender melhor omundo que nos cerca.

• Perceber que as sensaçõesde quente e frio (que ajudamna “proteção” do nosso orga-nismo) não são maneirascientíficas de medir a tempe-ratura.

• Respeitar os hábitos alimen-tares de outras culturas.

• Valorizar a alimentação varia-da e adequada para a manu-tenção da saúde.

• Interessar-se pelos própriosdireitos de consumidor.

O estudo da termoquímica nesse capítulo tem pelo menos dois pon-tos gerais. O primeiro deles, qualitativo, envolve a noção de que os pro-cessos químicos ocorrem com troca de energia entre o sistema e o am-biente que o circunda. Isso permite entender por que certos acontecimen-tos provocam um aquecimento do meio reacional e de seus arredores eoutros provocam um resfriamento.

Desenvolver esse primeiro ponto implica discutir o conceito de calor(energia sendo trocada entre dois corpos ou entre partes diferentes de ummesmo corpo), as principais unidades para expressar energia térmica, osconceitos de processo endotérmico, de processo exotérmico, de entalpia ede variação de entalpia, a representação de um processo químico por meiode uma equação termoquímica e a representação gráfica da entalpia dereagentes, da entalpia de produtos e da variação de entalpia de uma reação.

O segundo ponto, quantitativo, consiste na utilização dos princípioscientíficos para fazer a previsão da quantidade de energia que um pro-cesso libera ou absorve. Os exemplos mais significativos são a comparaçãode diferentes combustíveis (tomando por base, por exemplo, uma mesmaquantidade em massa ou em volume) quanto ao calor que liberam.

O desenvolvimento desse segundo ponto engloba a Lei de Hess, adefinição e a utilização em cálculos das entalpias-padrão de combustão,das entalpias-padrão de formação e das energias médias de ligação. En-globa também a realização de cálculos estequiométricos relacionando quan-tidade de reagente, ou de produto, com quantidade de energia absorvidaou liberada.

O exemplo da página 163 consiste na utilização das entalpias-pa-drão de combustão e da Lei de Hess para calcular o ∆H da reação entreeteno e hidrogênio para produzir etano (hidrogenação do eteno). O esque-ma abaixo é outra maneira esquemática de conceber o processo.

Comentário geral

Combustão dos reagentesGás carbônico e água

Reagentes Produto

Reação global

∆Ho1∆Ho =

Os reagentes se transformam em CO2 e H2O,que, por sua vez, se transformam em produto

=∆Ho2+ ∆Ho

3 –136,3 kJ

=∆Ho1 –1.411,2 kJ

=∆Ho2 –285,8 kJ =∆Ho

3 +1.560,7 kJ

+

2 CO2 (g) 3 H2O (l)+

C2H4 (g) H2 (g)+ C2 H6 (g) O2 (g)

Inverso da combustão do produto

72

O2 (g)72

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17O exemplo da página 165 mostra a utilização das entalpias-padrão de formação e da

Lei de Hess para calcular o ∆H da mesma reação, conforme o esquema a seguir.

Inverso da formação do reagente C2H4

Substâncias simples

Reagentes Produto

Reação global

∆Ho1∆Ho =

Os reagentes se transformam em substânciassimples, que, por sua vez, se transformam em produto

=∆Ho2+ –136,4 kJ

=∆Ho1 –52,4 kJ =∆Ho

2 –84,0 kJ

2 C (graf.) 3 H2 (g)+

C2H4 (g) H2 (g)+ C2H6 (g)

Formação do produto C2H6

E o exemplo da página 169 é sobre o emprego das energias médias de ligação para ocálculo do ∆H da mesma reação, conforme ilustra o próximo esquema.

Quebra das ligações dos reagentesÁtomos isolados

Reagentes Produto

Reação global

∆H1∆H =

Os reagentes se transformam em átomos isolados,que, por sua vez, se transformam em produto

=∆H2+ –124 kJ

=∆H1 +2.696 kJ =∆H2 –2.820 kJ

2 C (g) 6 H (g)+

C2H4 (g) H2 (g)+ C2H6 (g)

Formação das ligações do produto

Atualmente, por definição da Iupac, a pressão no estado-padrão éde 100 kPa (1 bar) e não mais 1 atm (101,3 kPa). Sugerimos que o profes-sor leia a seção Comentário geral do capítulo 4, neste manual, pois essamudança também afeta a definição de estado-padrão para potencial de ele-trodo e já foi comentada no capítulo sobre eletroquímica.

Uma situação que merece atenção diz respeito à confusão entre“caloria” e “Caloria”, que pode surgir ao analisar o rótulo de certos produ-tos alimentícios. A confusão ocorre entre os símbolos cal (com c minúscu-lo) e Cal (com C maiúsculo). A caloria (símbolo cal, com c minúsculo) éuma unidade de energia discutida neste capítulo e que, por ser uma unidadede energia, pode ser empregada para expressar o conteúdo energético de ali-mentos. Uma vez que, nas porções de alimentos normalmente servidas eingeridas, o conteúdo energético é da ordem de milhares de calorias, éconveniente empregar a quilocaloria (kcal � 103 cal). Estabeleceu-se nopassado entre os nutricionistas a prática de chamar a quilocaloria de Calo-ria (com C maiúsculo) e simbolizá-la por Cal (com C maiúsculo):

1 Cal � 1 kcal � 103 cal

Assim, por exemplo, se 100 g de um produto alimentício contêm85 kcal, esse conteúdo energético pode ser expresso equivalentemente como85 kcal ou 85 Cal. Felizmente, há uma tendência em abandonar o uso daCaloria (com C maiúsculo), o que evitará uma desnecessária confusão cria-da pela introdução de termos parecidos, mas com significados diferentes.

• “Contribuições dos diferentes povos (africanos, portugueses, italianos,libaneses, árabes, japoneses, chineses etc.) para a alimentação do bra-sileiro.”

Esse tema permite concluir que nenhuma culinária é, por si só, boaou ruim. Todas elas têm aspectos saudáveis e aspectos não-saudáveis. Alémdisso, esse trabalho pode ser explorado interdisciplinarmente com os pro-fessores de História e Geografia, permitindo a abordagem do tema de modomais amplo, que leva em conta o contexto histórico e geográfico em que seformaram os hábitos alimentares.

Experimento

SENSAÇÕES TÉRMICAS PODEM SER ENGANOSAS

Ao aluno

Objetivo: Constatar experimentalmente que as sensações de quen-te e frio às vezes podem ser enganosas.

Material:• três copos de vidro• água ligeiramente aquecida, da torneira elétrica ou do chu-

veiro, numa temperatura em que seja possível manter o dedodentro dela sem se queimar

• água da torneira, à temperatura ambiente• água gelada, numa temperatura em que seja suportável man-

ter o dedo dentro dela• relógio

Procedimento:1. Coloque os três copos sobre a mesa. Num deles, coloque água

aquecida. Em outro, coloque água da torneira, à temperaturaambiente. No último, coloque água gelada.

2. Mergulhe o dedo indicador de uma das mãos no copo comágua aquecida e o da outra mão no copo com água gelada.Mantenha-os aí durante dois minutos.

3. Retire os dedos e mergulhe-os imediatamente no copo comágua à temperatura ambiente. Qual é a sensação que se temem cada um desses dedos? Proponha uma explicação paraessas sensações inesperadas.

Ao professor

Ao realizar a experiência, o aluno tem inicialmente a sensação dequente em um dos dedos e de frio no outro. Até aí nada de interessante.

Ao colocar ambos os dedos na água que está à temperatura am-biente, entretanto, o cérebro recebe informações desencontradas. Umdos dedos informa ao cérebro que aquela água está fria e o outro, queestá quente. Mas, se a água está à temperatura ambiente, por queocorre tal “confusão”?

Tema para pesquisa

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Antes de responder a essa pergunta, vamos lembrar duas situaçõesrelativamente comuns. Você já teve a experiência de sentir a água dapiscina inicialmente fria, mas, depois de algum tempo, achá-la agradá-vel? E de achar a água do chuveiro, inicialmente muito quente, mas,passados alguns instantes, julgá-la não tão quente assim? Essas altera-ções acontecem porque, após certo tempo, os sensores térmicos de nossapele se “acostumam” com a temperatura do ambiente, esteja ela umpouco acima ou um pouco abaixo da temperatura do corpo.

Na experiência, um dos dedos se “acostumou” a uma temperatu-ra mais alta. Quando foi colocado na água da torneira, ele mandou aocérebro a informação de frio. De modo semelhante, o outro dedo se“acostumou” à água fria e, colocado na água da torneira, informouque ela estava quente.

Por isso é muito fácil cometer equívocos quanto às informaçõesde quente/frio.

E disso decorre a necessidade de escalas termométricas paraquantificar a temperatura em estudos científicos.

Texto ao professor

PONTOS E TEMPERATURAS IMPORTANTES DO FOGO

Quando o fogo se torna um devastador do progresso, fugindoao controle humano, é chamado incêndio. Nos estudos de preven-ção e extinção de incêndios, devemos saber como os diversos mate-riais se comportam em relação ao calor. Para tal, precisamos co-nhecer o ponto de fulgor, o ponto de combustão e a temperatura deignição dos combustíveis.• Ponto de fulgor: temperatura mínima necessária para que um com-

bustível desprenda vapores ou gases inflamáveis, os quais, combi-nados com o oxigênio do ar em contato com uma chama, começama se queimar, mas a chama não se mantém porque os gases produ-zidos são ainda insuficientes.É o chamado ponto de lampejo ou flash point. Dizemos que umcombustível está em seu ponto ou temperatura de fulgor no mo-mento em que, chegando-se uma chama externa aos gases despren-didos pelo aquecimento e em contato com o oxigênio, um lampejofor emitido (acende e, em seguida, apaga). Tomemos, como exem-plo, o álcool num dia frio. Se quisermos queimá-lo, só conseguire-mos que se incendeie efetivamente depois da terceira ou quartatentativa de ateamento de fogo.Nas primeiras, só conseguiremos que emita lampejos, que logo seapagam. Isso ocorre porque, à temperatura ambiente, o álcoolencontra-se no seu ponto ou temperatura de fulgor (flash point).Não está ainda emitindo gases inflamáveis suficientes para alimentara combustão, e o fogo não se instala.No entanto, a principal característica desse ponto é que, se retirar-mos a chama, o fogo se apagará devido à pouca quantidade decalor para produzir gases suficientes e manter a transformação emcadeia, ou seja, manter o fogo.

• Ponto de combustão: temperatura mínima necessária para que umcombustível desprenda vapores ou gases inflamáveis que, combina-dos com o oxigênio do ar e ao entrar em contato com uma chama, seinflamam, e, mesmo que se retire a chama, o fogo não se apaga, poisessa temperatura faz gerar, do combustível, vapores ou gases sufi-cientes para manter o fogo ou a transformação em cadeia.Se continuarmos aquecendo o combustível, este atingirá uma tem-peratura tal que, chegando-se uma chama externa à boca do frasco,o fogo se instala, e permanece, porque o combustível já está geran-do quantidade suficiente de gás inflamável para alimentar a com-bustão. No instante em que, ao atearmos fogo, este se instala epermanece, dizemos que o combustível se encontra em seu pontoou temperatura de combustão (fire point).No exemplo da queima do álcool, nas tentativas de atear fogo, ele-vamos gradativamente a temperatura do combustível, até um pon-to em que se incendeia e o fogo permanece, porque, estando maisaquecido, o álcool passa a desprender gases inflamáveis suficien-tes para alimentar a combustão.

BRANCO, S. M. Energia e meio ambiente. 2. ed. São Paulo: Mo-derna, 2004. (Coleção Polêmica)O autor examina a dependência humana das mais varia-das fontes de energia e discute o risco ao meio ambienteque decorre do uso descontrolado das fontes energéticas.

A gasolina é outro exemplo a ser lembrado para ilustrar o fato. Elaqueima quase sempre e em qualquer lugar, pois sua faixa decombustibilidade vai desde –42°C até 257°C. Agora já podemos en-tender o porquê de ela ser um combustível usado universalmente.

• Temperatura de ignição: aquela em que os gases desprendidosdos combustíveis entram em combustão apenas pelo contato como oxigênio do ar, independentemente de qualquer fonte de calor.

Até agora, para provocarmos uma combustão, tivemos de lançarmão de uma chama externa (para acendermos a vela, para quei-marmos o álcool, para provocarmos a combustão nos gases des-prendidos pelo combustível aquecido). Mas, se continuarmosaquecendo o combustível, este chegará a atingir a sua temperatu-ra mais crítica, a temperatura de ignição espontânea, e então osvapores por ele desprendidos entram em combustão pelo simplescontato com o oxigênio, sem o auxílio da chama externa.

Baseando-se nesses pontos e temperaturas, classificam-se os lí-quidos em: combustíveis (ponto de fulgor entre 70° e 93,3°C) e in-flamáveis (ponto de fulgor inferior a 70°C).

Fonte: CAMILLO JÚNIOR, A. B. Manual de prevenção e combatea incêndios. 3. ed. rev. atual. São Paulo: Senac, 2001. p. 20, 22-23.

Sugestão de leitura complementar para o aluno

Principais pontos e temperaturas dealguns combustíveis ou inflamáveis


CAMILLO JÚNIOR, A. B. Manual de prevenção e combate a in-cêndios. 3. ed. rev. atual. São Paulo: Senac, 2001.O autor discute aspectos referentes à causa dos in-cêndios, aos diferentes tipos de fogos, à prevenção deincêndios e à sua extinção.

MORTIMER, E. F.; AMARAL, L. O. F. Quanto mais quente me-lhor. Calor e temperatura no ensino de termoquímica.Química Nova na Escola, n. 7, 1998. p. 30-34.Os autores tecem considerações sobre problemas decompreensão dos conceitos de calor e temperatura,necessários ao estudo da termoquímica.


Combustível Ponto Temperaturainflamável de fulgor de ignição

Acetileno Gás 335,0°C

Álcool etílico 12,6°C 371,0°C

Álcool metílico 11,1°C 426,0°C

Asfalto 204,0°C 485,5°C

Benzina –17,7°C 232,0°C

Enxofre 65,5°C 232,0°C

Gasolina –42,0°C 257,0°C

Querosene 38 a 73,5°C 254,0°C

Óleo de amendoim 282,0°C 445,0°C

Parafina 199,0°C 245,0°C

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Capítulo 7 Cinética química:o transcorrer dasreações químicas




• Prestar atenção aos rótulosde produtos industrializados,com especial atenção aosaspectos relacionados à suaconservação.

• Valorizar os conhecimentos depovos antigos no tocante àstécnicas de conservação dealimentos.


• Valorizar os progressos daCiência e suas aplicaçõescomo agentes do bem-estarhumano.

• Interessar-se pelos própriosdireitos de consumidor.

• Esboçar gráficos que mos-trem a variação ao longo dotempo da quantidade de rea-gentes e de produtos de umareação.

• Manusear materiais caseirosa fim de comparar a rapidezcom que um medicamentoefervescente é consumido emdiferentes condições de tem-peratura.

• Utilizar dados experimentaiscinéticos adequados a fim dedeterminar a lei cinética de umprocesso químico.

• Investigar, experimentalmen-te um exemplo do que vem aser conservar alimentos.

• Rapidez de reação

• Efeito da concentração sobrea rapidez de reações: aspec-tos qualitativos e quantitativos

• Reações elementares e rea-ções não-elementares

• Mecanismo de reação comoproposta teórica para explicara lei cinética de uma reação,determinada experimental-mente

• Efeito da temperatura sobrea rapidez de reações

• Efeito da superfície de conta-to sobre a rapidez de reaçõesque envolvam reagentes pre-sentes em fases diferentes

• Efeito do catalisador sobre arapidez de reações

Os aspectos fundamentais da cinética química no ensino médio con-sistem na compreensão do que é rapidez de uma reação e dos principaisfatores que a influenciam. Nesse sentido, é ponto fundamental o fato dereagentes terem sua quantidade diminuída com o passar do tempo e produ-tos terem sua quantidade aumentada até o momento em que o processotermine (ou, como será complementado no capítulo 8, até que atinja oequilíbrio químico). Com base nisso, pode-se compreender como sequantifica a rapidez da reação, calculando a taxa de variação ao longo dotempo da quantidade de algum reagente ou produto.

Os itens 1, 2.1 a 2.4, 3, 4, 5.1 e 5.2 constituem a parte essencial docapítulo. Já os itens 2.5 a 2.9 envolvem um aprofundamento dos itens 2.1 a2.4 e, a critério do professor, podem ser omitidos. Assim, salientamos que oprofessor poderá optar por não trabalhar o conteúdo das páginas 189 a 193.

Comentário geral

Origem dos termos científicos• A palavra “catálise” vem do grego katá, que significa embaixo, de cima

para baixo, no fundo, e lysis, ação de separar, dissolver, quebrar.

Cada aluno (ou equipe) escolhe um alimento industrializado comotema. Para cada alimento, devem-se pesquisar as matérias-primas, o méto-do de fabricação, as técnicas de conservação, o prazo de validadecomumente atribuído ao produto e as causas mais freqüentes de deterio-ração.

De posse de todos os dados, é possível ao professor mostrar que hávárias razões para a deterioração de um produto alimentício e que a cinéticadessas reações está ligada a fatores como concentração (de oxigênio dis-solvido, por exemplo), temperatura (dentro do refrigerador versus fora dele),estado físico de agregação (congelado versus não-congelado) e presençade enzimas (por exemplo, aquelas existentes na carne recém-abatida ouadvindas da presença de bactérias ou de leveduras).

O trabalho também permite comparar os fundamentos científicosdas principais técnicas de conservação de alimentos (algumas delas mui-to antigas), tais como defumação (por exemplo, em carnes), desidrata-ção (leite em pó), uso de altas temperaturas (pasteurização e esteriliza-ção), uso de baixas temperaturas (refrigeração e congelamento) e uso demuito sal (carne-seca, carne-de-sol, jabá ou charque) ou de muito açúcar(compotas).

Tema para pesquisa

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Em seu trabalho “Estudos das fases transitórias e as reações quí-micas mediante espectroscopia ultra-rápida”, Zewail registrou o queocorre quando se rompem laços químicos e se constituem novos la-ços. Segundo definição da Academia, essa técnica (chamada defemtoquímica) permite estudar as reações químicas em todos os seusdetalhes, da mesma forma que podemos rever com precisão jogadasde uma partida de futebol. A academia sueca descreveu a técnicacomo “a câmera fotográfica mais rápida do mundo”, referindo-se aospulsos de laser cuja duração é medida em 10–15 de segundo(femtossegundo).

Zewail, que trabalha atualmente no Instituto de Tecnologia daCalifórnia (Caltech), em Pasadena, EUA, disse que “a possibili-dade de tentar compreender como se comportam os átomos quandose produz uma reação química é extremamente importante, pois tudo,dentro e fora de nós mesmos, depende das reações químicas”.

A femtoquímica permite compreender por que certas reações quí-micas acontecem e outras não.Também pode explicar por que a velo-cidade e o resultado dessas reações dependem da temperatura. Cien-tistas de todo o mundo estão estudando métodos com espectroscopiade femtossegundo nos gases, nos líquidos, nos sólidos, sobre superfí-cies e polímeros.

A série de aplicações vai desde como os catalisadores funcio-nam e como os componentes eletrônicos moleculares devem serprojetados para os mais delicados mecanismos dos processos vitaisaté como os medicamentos do futuro deverão ser produzidos.

A femtoquímica na prática

Na espectroscopia de femtossegundo as substâncias originais sãomisturadas em uma câmara de vácuo. Incide-se, então, dois pulsosde laser: primeiramente, um de intensidade mais forte (pulso debombeamento), que excita a molécula e a faz atingir um estado maiorde energia. Depois, aplica-se um pulso mais fraco (pulso sensor) paradetectar a molécula original ou uma forma alterada dela. O pulso debombeamento é o que dá início à reação, enquanto o pulso sensor sedestina a examinar o que está acontecendo.

Variando o intervalo de tempo entre os dois pulsos de laser, épossível ver a rapidez com que a molécula original é transformada.As novas formas que a molécula toma quando é excitada — talvezpassando por um ou mais estados de transição — têm espectros quepoderão servir como impressões digitais. O intervalo de tempo entreos pulsos de laser pode variar simplesmente fazendo-se o pulso sensorrealizar um retorno via espelhos. Não um longo retorno, pois a luzcobre a distância de 0,03 mm em 100 femtossegundos!

Em suas primeiras experiências, Zewail estudou a desintegraçãodo cianeto de iodo: ICN # I � CN. Sua equipe pôde observar oestado de transição exatamente quando o elo I-C estava para se rom-per: toda a reação aconteceu em 200 femtossegundos.

Conforme destacou a Academia, a femtoquímica mudou funda-mentalmente a visão sobre as reações químicas. De um fenômenodescrito em vagas metáforas, como a “ativação” e “estado de transi-ção”, podem-se agora ver os movimentos de átomos individuais comoeram imaginados. Eles não são mais invisíveis. Eis o motivo por quea pesquisa da femtoquímica, iniciada por Zewail, levou a um grandeavanço dessa área da química.

Fonte: Informativo do Conselho Regional de Química – 4a região, nov.-dez. 1999. p. 9.

Experimento

• “Se estivéssemos em um laboratório suficientemente equipado, comodeveríamos proceder para determinar a velocidade média de consumo deum comprimido efervescente jogado em água? Em que unidade essa ve-locidade poderia ser expressa?”

Se a escola dispuser de um laboratório adequadamente equipado,essa discussão poderá ser feita nele. E os métodos sugeridos podem sertestados e eventualmente aprimorados.

CINÉTICA QUÍMICAE CONSERVAÇÃO DE ALIMENTOS

Ao aluno

Objetivo: Investigar, por experimentação, um exemplo do quevem a ser conservar alimentos.

Material:• maçã • limão • faca • dois pratinhos

Procedimento:1. Corte o limão e a maçã ao meio. Cuidado para não se cortar.

Não faça esta experiência ao sol nem tome sol com as mãossujas de suco de limão, pois isso produz manchas na pele.

2. Coloque uma metade da maçã em cada pratinho, com a partecortada para cima.

3. Esprema o limão sobre uma das metades. Certifique-se deter coberto toda a superfície branca com esse suco.

4. Após 30 minutos, observe se houve alteração na cor da partecortada das maçãs. Repita a observação após 1 hora. Anoteas observações.

5. Proponha uma explicação para o que se observou.

Ao professor

O escurecimento da maçã deve-se à reação entre substâncias nelapresentes e o oxigênio do ar. Em outras palavras, trata-se de um pro-cesso de oxidação no qual o agente oxidante é o O

2. A metade da

maçã coberta com suco de limão escurece mais lentamente porque avitamina C do suco do limão é oxidada pelo oxigênio do ar bem maisrapidamente do que as substâncias presentes na maçã. A vitamina Catua como agente antioxidante, preservando a maçã por mais tempo.

O saber popular de colocar suco de limão ou suco de laranja nasalada de frutas para evitar que pedaços de maçã, pêra ou bananaescureçam rapidamente é um exemplo do aproveitamento da caracte-rística antioxidante da vitamina C, característica essa explicada nacinética química: a oxidação da vitamina C é mais rápida do que a desubstâncias presentes nas frutas da salada.

Além de ser um bom exemplo para ilustrar o capítulo, permiteao professor introduzir o que é proposto na seção Tema para pesqui-sa deste capítulo, neste manual.

Textos ao professor

ESTUDO DAS REAÇÕES DÁ PRÊMIO A EGÍPCIO

O egípcio naturalizado norte-americano Ahmed Zewail foi o ga-nhador do Prêmio Nobel de Química deste ano [1999], superandoassim o brasileiro de origem checa Otto Richard Gottlieb, que con-corria ao prêmio com seus estudos sobre a estrutura molecular desubstâncias produzidas pelas plantas. Zewail foi escolhido pela RealAcademia Sueca de Ciências por ter desenvolvido uma técnica quepermite, com a ajuda de rápidos pulsos de laser, observar como osátomos de uma molécula se movem durante uma reação química.

OZÔNIO: NOVA VIDA NO SUL DO CHILE

Perigos dos buracos da camada de ozônio transformam costu-mes na região

PUNTA ARENAS, Chile — Tudo é diferente aqui no fim domundo, começando pelo tempo. Antes que Alejandra Mundaca deixeseus dois filhos saírem, ela confere a previsão para saber o nível dosraios ultravioleta. Nesta última década, o buraco na camada de ozô-nio sobre a Antártida tem surgido mais cedo na primavera e crescido

Tema para discussão em grupo

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mais. Os 125 mil habitantes desta cidade mais ao sul do Chile, noEstreito de Magallanes, têm aprendido relutantemente a adaptar-se.

Eles observam as luzes de alerta sobre “bloqueio solar”. Nos diasquentes, a maioria insiste em jaquetas surradas ou camisas de mangalonga. Muitos usam óculos escuros e bloqueadores solares fator 50,inclusive quando o céu se cobre de nuvens. “É uma época de perigomáximo para todos aqui”, diz a professora Alejandra, de 33 anos.

A camada de ozônio na estratosfera absorve a maioria dos raiosultravioleta do sol. Desde que os cientistas descobriram o buraco sobrea Antártida, em meados dos anos 80, esse quase dobrou de tamanho ecobre agora uma área maior do que a América do Norte durante a pri-mavera no Hemisfério Sul. Os braços do buraco estendem-se ocasio-nalmente até o sul de Chile e Argentina. Em um dia típico deste mês, aluz de alerta em Punta Arenas foi fixada no laranja, a segunda mais altaentre quatro níveis, e se advertiu para que as pessoas evitassem ficar aosol por mais de 21 minutos entre meio-dia e 15 horas.

O crescimento do buraco de ozônio é atribuído em grande parteaos clorofluorcarbonos (CFCs), substâncias utilizadas em pulveriza-dores, até que um acordo, em 1987, começou a bani-los. Mas os cien-tistas também consideram que o aquecimento global contribui com ofenômeno.

“É uma maneira nova de viver”, diz a diretora regional do Minis-tério da Saúde do Chile, Lidia Amarales Osorno. “Você verá a luz debloqueio solar fixada em supermercados, escritórios e escolas e in-clusive uma brigada de ozônio para conscientizar sobre o problema.”

Este ano, a situação foi relativamente suave. O buraco de ozôniorachou em dois e sua monitoração começou em uma segunda fase,somente pela parte menor, que passa sobre Punta Arenas.

Mas os cientistas advertem que o problema pode persistir até omeio do século e é provável que piore nesta década. Os oficiais dasaúde dizem que a ocorrência de casos de melanoma na capital, San-tiago, aumentou 105%, entre 1992 e 1998.

Fonte: ROHTER, L. O Estado de S. Paulo, 31 dez. 2002. p. A-13.



LIMA, J. F. L.; PINA, M. S. L.; BARBOSA, R. M. N.; JÓFILI, Z. M. S.A contextualização no ensino de Cinética Química. Quí-mica Nova na Escola, n. 11, 2000. p. 26-29.As autoras fazem um relato da experiência didática quedesenvolveram, na qual empregaram o tema “conser-vação de alimentos” para contextualizar e problematizaro ensino de Cinética Química em turmas do ensinomédio.

ROCHA-FILHO, R. C. Femtoquímica: reações químicas em tem-po real. Química Nova na Escola, n. 10, 1999. p. 14-16.Esse artigo fornece um panorama sobre a espectros-copia de pulsos de laser ultra-rápidos (femtoquímica),que valeu ao químico egípcio-estadunidense AhmedH. Zewail o Prêmio Nobel em 1999.

Capítulo 8 Equilíbrio químico:a coexistência dereagentes e produtos




• Apreciar o entendimento dasregularidades da natureza.



• Conceito de equilíbrio químico

• Equilíbrios homogêneosversus equilíbrios heterogê-neos

• Constante de equilíbrio emfunção das concentrações(Kc)

• Constante de equilíbrio emfunção das pressões parciais(Kp)

• Grau de equilíbrio

• Deslocamento de equilíbrio ePrincípio de Le Chatelier

• Processo de Haber-Bosch:uma aplicação de conceitosde cinética e de equilíbrio quí-mico

• Empregar o valor de Kc paraprever se um sistema está emequilíbrio químico.

• Empregar o valor de Kc ou deKp para estimar o grau de es-pontaneidade de uma reação.

• Operacionalizar cálculos queenvolvam Kc e as concentra-ções de reagentes e de pro-dutos no equilíbrio.

• Operacionalizar cálculos queenvolvam Kp e as pressõesparciais de reagentes e deprodutos no equilíbrio.

• Utilizar o Princípio de LeChatelier para prever o queocorre com um equilíbrio emfunção de perturbações.

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Equilíbrio químico é um dos temas mais relevantes da Química.Ele tem a ver, entre outros, com o fato de as reações não apresentaremrendimento total, com a acidez e basicidade das substâncias e das soluçõesaquosas, com a solubilidade das substâncias e com inúmeros processosrelevantes que acontecem na natureza e no sistema produtivo.

Por se tratar de um tema bastante extenso, é abordado em três capí-tulos do livro: o 8, o 9 e o 10.

Neste capítulo 8 é feita uma introdução ao conceito de equilíbrioquímico.

O item 1 inicia o capítulo não com uma demonstração matemáticamas sim com a apresentação de que é possível convergir para a situação deequilíbrio químico partindo de “reagentes” ou de “produtos”. (Em se tra-tando de sistemas em equilíbrio, os “reagentes” são também produtos —da reação inversa — e os “produtos” são também reagentes — da reaçãoinversa. Por convenção, são denominadas “reagentes” as substâncias queaparecem no primeiro membro da equação química, e “produtos”, asque aparecem no segundo.)

O Analise estes dados que vem antes do item 2.2 pretende mostrarque se pode convergir para o equilíbrio a partir somente de “reagentes”,somente de “produtos” ou de uma mistura de ambos. Também pretendemostrar que, no equilíbrio a uma dada temperatura, existe uma relaçãomatemática que vincula as concentrações de todas as espécies participan-tes do processo. Só então é que se demonstra, no item 2.2, a expressão deK

c a partir de considerações cinéticas.

O item 2.3 associa o valor de Kc com o rendimento de uma reação.

O fato de conhecermos o valor de Kc permite concluir em que extensãouma reação favorece a formação dos produtos, mas nada nos informasobre a velocidade do processo. Uma reação espontânea é aquela em queos produtos são termodinamicamente favorecidos em relação aos reagentes,ou seja, em que há uma tendência de os reagentes se transformarem emprodutos porque estes são termodinamicamente mais estáveis do que osreagentes. No entanto saber que uma reação é espontânea não nos per-mite concluir se ela é rápida ou lenta.

O item 2.4 apresenta uma grandeza que não deve ser confundidacom a constante de equilíbrio embora esteja relacionada a ele: o grau deequilíbrio. Estudar o grau de equilíbrio prepara para conhecer o conceitode grau de ionização de um eletrólito, que terá relevância no estudo deequilíbrios de ácidos ou bases em solução aquosa.

Constante de equilíbrio é um valor numérico característico de umacerta reação química numa certa temperatura, e esse valor numérico é re-presentado por K

c (ou K

p, se for o caso). Quando realizamos uma determi-

nada operação matemática com os valores das concentrações, em mol/L,de reagentes e produtos presentes no equilíbrio, então o resultado dessecálculo é igual ao valor da constante de equilíbrio. Então, podemosjustamente usar esse cálculo como critério para testar se um sistema estáou não em equilíbrio. É isso que se faz no item 2.5, de relevância parapreparar o estudante para compreender deslocamento de equilíbrio.

O item 3 apresenta o conceito de Kp. A seguir, aparece, no item 4, a

discussão do Princípio de Le Chatelier. O princípio é enunciado no item4.6, como resultado da apresentação de situações envolvendo variação deconcentração (item 4.1), de pressão (4.2) e de temperatura (4.3).

Essa abordagem introdutória ao conceito de equilíbrio envolve aintensa análise de dados experimentais, presentes no capítulo principal-mente na forma de tabelas. Pretende-se que o aluno se torne um conhece-dor das generalizações científicas referentes ao equilíbrio químico na me-dida em que perceba que essas generalizações são provenientes da inter-pretação de observações experimentais.

É costume, no ensino médio, “deduzir” a expressão da constante deequilíbrio a partir de considerações cinéticas, nas quais se consideram asreações direta e inversa como sendo elementares. Contudo, na Físico-Quí-mica superior, a demonstração de tal expressão é feita exclusivamente pormeio de argumentos termodinâmicos (igualdade dos potenciais químicosdos participantes) que independem de as reações direta e inversa seremelementares. Isso está alertado no final do item 2.2, na página 214.

Comentário geralAlém disso, para um equilíbrio homogêneo equacionado como:

a A + b B F c C + d D

o tratamento termodinâmico* conduz à seguinte igualdade:

C

mol / L

D

mol / L

A

mol / L

B

mol / L

constante

c d

a b

[ ]

[ ]

[ ]

[ ]

�

�

�

Nessa altura do desenvolvimento, podemos considerar que o resul-tado do cálculo indicado no primeiro membro é a constante de equilíbrio.Se isso for feito, a constante de equilíbrio não terá unidade, pois dentrode cada par de parênteses o resultado da divisão é adimensional (pois omol/L da concentração é cancelado pelo mol/L no denominador) e, por-tanto, todo o resultado é adimensional.

No entanto pode-se desenvolver a igualdade acima até:

[C] [D]

[A] [B]

(mol / L) (mol / L)(mol / L) (mol / L)

constantec d

a b

a b

c d

( ) ( )( ) ( )

�

��

�

��

Se considerarmos que apenas o resultado do cálculo da primeira fra-ção do primeiro membro dessa igualdade será denominado constante deequilíbrio, então a constante de equilíbrio apresentará unidade se (a + b)for diferente de (c + d) e será adimensional se (a + b) for igual a (c + d).

Como há autores que tratam a constante de equilíbrio como possuin-do a dimensionalidade de (mol/L) (c + d) – (a + b) e outros que a tratam comoadimensional, foi colocada a nota de rodapé na página 214.

Uma situação que merece atenção diz respeito ao resultado do cál-culo indicado nas tabelas 1 (página 213) e 5 (página 218). Os alunos pode-rão indagar por que K

c e K

p para o equilíbrio:

N2O

4 (g)F 2 NO

2 (g)

não apresentam o mesmo valor numérico.

Ora, como concentração de um gás e sua pressão parcial não são amesma grandeza (embora estejam relacionadas), não é de esperar que oresultado seja o mesmo. Se julgar conveniente, o professor poderá estabe-lecer a relação entre K

c e K

p (desenvolvida em Texto ao professor) e, a

seguir, mostrar que Kc e K

p para a reação a que se referem os dados das

tabelas 1 e 5 se relacionam conforme previsto pela expressão matemática:

Kp � K

c� (RT) (2 – 1)

Substituindo-se 0,36 como o valor de Kc (obtido da tabela 1), e os

valores de T (373 K, equivalente a 100ºC) e R (0,082 atm � L � mol–1 � K�1),chegamos a K

p� 11, o que está de acordo com o resultado da tabela 5.

O quadro Aplique, proposto na página 219 do livro, provoca osalunos para que reflitam sobre o fato de K

c e K

p serem grandezas distintas,

mas que se relacionam.

Outra situação que requer atenção diz respeito à confusão entre osefeitos da temperatura e do catalisador sobre um sistema que converge parao equilíbrio químico. O catalisador reduz o tempo necessário para chegar aoequilíbrio, mas não o desloca. Já o aquecimento, além de reduzir o temponecessário para chegar ao equilíbrio, provoca seu deslocamento, que podeser no sentido dos reagentes ou dos produtos, dependendo de o processo serexotérmico ou endotérmico. (O aquecimento aumenta a rapidez da reaçãodireta e a da reação inversa. Ele afeta, contudo, mais significativamente areação endotérmica.) O item 4.5 apresenta essa discussão ao aluno.

* De fato, caso o tratamento termodinâmico se refira a soluções de comportamento não-ideal, a expressão mostrada envolverá a atividade de cada participante dividida pelaatividade padrão.

PRINCÍPIO DE LE CHATELIER

O artigo de Ferreira, Hartwig e Rocha-Filho, indicado em Su-gestão de leitura complementar para o professor, oferece o roteiropara quatro experimentos relacionados ao Princípio de Le Chatelier.São experimentos oportunos para este capítulo e que requerem mate-riais e reagentes de fácil acesso.

Experimentos

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Texto ao professor

⇒ ⇒PV = = [gás]nRT nV

PRT

= PRT

Concentração do gás em mol/L

�[gás] P�1RT

Constante se a temperatura for fixa.

A concentração em mol/Lde um gás numa mistura...

... é diretamente proporcionalà sua pressão parcial.

Como R é constante, se mantivermos a temperatura constante,poderemos dizer que:



RELAÇÃO ENTRE Kc E Kp

Vamos deduzir uma relação entre Kc e K

p partindo da lei do gás

ideal:

Substituindo na expressão de Kc o valor de concentração para

cada gás expressa em função da pressão parcial, chegamos a umaexpressão que relaciona ambas as constantes:

aA(g)

+ bB(g)

F cC(g)

+ dD(g)

K [C] [D][A] [B]

c

c d

a b�

�

�⇒

⇒

⇒ K

P

RT

P

RT

P

RT

P

RT

(P ) (P )

(P ) (P )

(RT) (RT)(RT) (RT)

c

C

c

D

d

A

a

B

bC

cD

d

Aa

Bb

a b

c d� �

�

�

�

��

�

�

VANIN, J. A. Alquimistas e químicos: o passado, o presente e ofuturo. São Paulo: Moderna, 1994. (Coleção Polêmica)Paradidático que oferece um panorama da atuação daQuímica e dos químicos. O capítulo 7 comenta a histó-ria e a importância do processo de Haber-Bosch paraa síntese da amônia.

⇒ ⇒ K (P ) (P )

(P ) (P ) (RT) c

Cc

Dd

Aa

Bb

(a b) (c d)� � � ��

��

⇒ ⇒ K K (RT) K K (RT)c p(a b) (c d)

p c(c d) (a b)� ��

Convencionando ∆n = (c + d) – (a + b), temos finalmente:

Kp = K

c � (RT)∆n, em que ∆n = (c + d) – (a + b)

Capítulo 9 Equilíbrios iônicosem solução aquosa




• Valorizar as medidas de pro-teção ambiental como promo-toras da qualidade de vida.




• Utilizar o Princípio de LeChatelier para prever o que o-corre com um equilíbrio iônicoem função da variação da aci-dez do meio.

• Comparar a força de ácidoscom base nos valores de Ka.

• Calcular a concentração deH+ e de OH– em uma solu-ção aquosa de ácido ou debase e, com base nelas, de-terminar o pH da solução.

• Comparar a acidez e abasicidade de meios aquosospor meio dos valores de pH.

• Equacionar casos comuns dehidrólise salina.

• Prever o efeito de variaçõesde pressão e de temperaturasobre a solubilidade de gasesem água.

• Constante de ionização deácidos

• Lei de Ostwald• Efeito do íon comum sobre

equilíbrios em solução aquosa• Auto-ionização e produto

iônico da água• Escala de pH e escala de

pOH• Hidrólise de sais• Influência da pressão e da

temperatura sobre a solubili-dade de gases em água

• Noção sobre solução-tampão


FERREIRA, L. H.; HARTWIG, D. H.; ROCHA-FILHO, R. C. Algu-mas experiências simples envolvendo o Princípio de LeChatelier. Química Nova na Escola, n. 5, 1997. p. 28-31.

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O item 1.1 aplica o conceito de constante de equilíbrio aos proces-sos de dissociação eletrolítica de ácidos e de bases em água. Na discussão,o capítulo não entra na teoria de Brønsted-Lowry e, portanto, nada se co-menta sobre a força das bases conjugadas dos ácidos. Caso o professorjulgue conveniente abordar esse tema, poderá trabalhar o Tópico Avança-do que está no final do livro do aluno. O item 1.2 aborda a Lei de Ostwalde mostra como calcular a [H�] presente em uma solução de monoácido e a[OH�] em uma solução de monobase. O item 1.3 ilustra a aplicação doPrincípio de Le Chatelier a equilíbrios iônicos em solução.

O item 2 aborda as escalas de pH e pOH. É uma das mais relevantesaplicações do conceito de equilíbrio químico. As questões sobre esse temavisam à fixação dos pontos fundamentais, sendo que exercícios mais com-plexos são encontrados no final do capítulo.

O item 3 trata dos indicadores ácido-base.

A hidrólise salina é apresentada no item 4.

O item 5 discute os equilíbrios em que gases se dissolvem em água,apresentando a influência da temperatura e da pressão sobre a solubilidadede gases. Um exemplo é o da dissolução do ar (particularmente do oxigê-nio) em água, de importância para muitas formas aquáticas de vida. Doisoutros exemplos destacados, no livro, são o da dissolução do dióxido decarbono em água, que deixa o meio ácido, e o da dissolução da amônia emágua, que deixa o meio alcalino. Como tais exemplos envolvem íons emsolução, afetam o pH da solução e são também influenciados pelo pH domeio, optou-se por colocá-los neste capítulo 9, e não no 10 (em que é feitaa análise matemática dos equilíbrios heterogêneos e no qual o ponto cen-tral de interesse será o estudo da solubilidade de sólidos em água).

O item 6 aborda um assunto relativamente complexo para o ensinomédio: solução-tampão. Sugere-se a reflexão à luz da realidade local (in-teresse dos alunos, vínculos com a Biologia, os medicamentos e os proces-sos bioquímicos etc.), se é relevante trabalhar o tema ou se é melhor pulá-loem benefício de outro de maior relevância para os alunos.

Comentário geral

Origem dos termos científicos

Tema para discussão em grupo

Tema para pesquisa

• A palavra “ácido” vem do prefixo ac-, presente no grego e no latim, queindica ser picante, agudo, pontudo. É uma clara alusão ao efeito picantedos ácidos sobre a língua.

• A palavra “álcali” vem do árabe al-qali, pelo latim medieval alkali, cin-za de plantas. Nas cinzas vegetais são encontrados sódio e potássio naforma de óxidos e carbonatos. Graças à presença desses óxidos básicos(que reagem com água formando hidróxidos) e carbonatos (que em águasofrem hidrólise do ânion), a adição de cinzas à água deixa o meio bási-co. Daí usar “álcali” como sinônimo de base, e “alcalino” como sinôni-mo de básico.

• “Sabe-se que peixes podem morrer por falta de oxigênio na água. Mascomo pode acontecer de eles morrerem por falta de oxigênio já que nacomposição da água há oxigênio?”

• “Qual a concentração aproximada de oxigênio e de gás carbônico no arinspirado e no ar expirado? Como essas diferenças podem ser explicadasem termos de deslocamento de equilíbrio?”


liberação inicial de gás e diga aos alunos que observem a lenta libera-ção subseqüente.

Adicione, sobre o refrigerante, algumas gotas de ácido clorídri-co em solução 0,1 mol/L. Esse reagente deve ser manuseado peloprofessor, e todo cuidado deve ser tomado, pois se trata de um pro-duto corrosivo e cujos vapores são irritantes da pele, dos olhos edas mucosas.

Mesmo após a liberação inicial de gás, uma boa parte dele aindase encontra dissolvida na forma de CO

2(aq) e, principalmente, na for-

ma de íon bicarbonato.

CO2 (g)

F CO2 (aq)

CO2 (aq)

+ H2O

(l)F H+

(aq)+ HCO–

3(aq)

O aumento da concentração de H+ no meio provoca um desloca-mento deste último equilíbrio para a esquerda, com o conseqüenteaumento da concentração de CO

2 (aq). Isso provoca o deslocamento

do primeiro equilíbrio também para a esquerda, o que explica a libe-ração de gás observada ao adicionar o ácido.

Este experimento ilustra como o suco gástrico favorece a li-beração do gás das bebidas gaseificadas, estimulando a eructação(arroto).



FIORUCCI, A. R.; SOARES, M. H. F. B.; CAVALHEIRO, E. T. G.O conceito de solução tampão. Química Nova na Es-cola, n. 13, 2001. p. 18-21. (Veja também errata non. 14, p. 46.)

GEPEC. Extrato de repolho roxo como indicador universal de pH.Química Nova na Escola, n. 1, 1995. p. 32-33.

LIMA, V. A.; BATTAGGIA, M.; GUARACHO, A.; INFANTE, A. De-monstração do efeito tampão de comprimidos eferves-centes com extrato de repolho roxo. Química Nova naEscola, n. 1, 1995. p. 33-34.

SILVA, C.R.; SIMONI, J. A. Avaliação da capacidade tamponante— um experimento participativo. Química Nova, v. 23,n. 3, 2000. p. 405-409.

TERCI, D. B. L.; ROSSI, A. V. Indicadores naturais de pH: usarpapel ou solução? Química Nova, v. 25, n. 4, 2002.p. 684-688.As autoras sugerem o uso de extratos de amora, jabu-ticaba, jambolão e uva como indicadores de pH, tantona forma líquida como em papel. Além de apresentarfotos da cor dos extratos em diferentes pHs, o artigocompara o desempenho desses indicadores, na formade papel, com o de alguns papéis indicadores univer-sais comercialmente disponíveis. O artigo também in-clui fórmulas estruturais de antocianinas e apresentaos equilíbrios químicos envolvidos.

ÁCIDO NO REFRIGERANTE

Coloque uma bebida gaseificada num copo, aproximadamenteaté a metade. Espere alguns segundos até que termine aquela grande

INVESTIGANDO INDICADORESÁCIDO-BASE

Azul de bromotimol, alaranjado de metila, vermelho de metila,fenolftaleína e tornassol são alguns indicadores cuja coloração podeser investigada em função da acidez/basicidade do meio, e a mudan-ça de cor explicada com base no equilíbrio químico.

Experimentos

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Capítulo 10 Equilíbrios químicosheterogêneos







• Conceitos de Kc e Kp aplicadosa equilíbrios heterogêneos

• Princípio de Le Chatelier apli-cado aos equilíbrios hetero-gêneos

• Solubilidade (ou coeficientede solubilidade) de sólidos emágua

• Solução saturada, soluçãonão-saturada e solução su-persaturada

• Influência da temperatura so-bre a solubilidade de sólidosem água

• Curva de solubilidade• Produto de solubilidade• Relação entre solubilidade,

em mol/L, e produto de solu-bilidade

• Produto de solubilidade naavaliação de uma soluçãoaquosa de soluto iônico comosaturada, não-saturada ousupersaturada

• Efeito do íon comum sobre asolubilidade de substânciasiônicas em água

• Empregar o valor de Kc paraprever se um sistema hetero-gêneo está em equilíbrio quí-mico.

• Utilizar o Princípio de LeChatelier para prever o queocorre com um equilíbrio he-terogêneo em função de per-turbações.

• Equacionar casos comuns deequilíbrio químico entre sóli-do iônico e solução saturada.

• Prever o efeito de variaçõesde temperatura sobre a solu-bilidade de sólidos iônicos emágua, sendo conhecido o si-nal do ∆H do processo dedissociação iônica.

• Analisar uma curva de solu-bilidade e, a partir dela, pre-ver o efeito de variações detemperatura sobre a solubili-dade do soluto.

• Relacionar matematicamenteproduto de solubilidade comsolubilidade em mol/L.

Os itens 1 e 2 deste capítulo aplicam os princípios estudados nocapítulo 8 aos equilíbrios heterogêneos. A novidade, no tocante à aplica-ção do Princípio de Le Chatelier, é que a adição ou retirada de um sólidoparticipante do equilíbrio não provoca deslocamento desse equilíbrio.

Esse ponto prepara para entender o item 3 — em que a solubilidadede sólidos iônicos em água é encarada à luz do equilíbrio químico entreum corpo de chão iônico e os íons presentes na solução saturada —, epermitirá compreender que a adição de uma substância sólida a uma solu-ção saturada dessa mesma substância, em equilíbrio com a fase sólida,provoca apenas o aumento da massa do corpo de chão, e não o aumento daconcentração da solução. Também possibilitará entender por que a retira-da do corpo de chão não provoca precipitação de soluto dissolvido na so-lução saturada.

O item 4 trata do produto de solubilidade. Cabe ao professor ava-liar, considerando a realidade local, se é conveniente explorar tal tema.Caso decida favoravelmente, os itens 4.4 e 4.5 podem ser pulados, poisrepresentam um aprofundamento, que, dependendo da carga horária, nemsempre é oportuno.

Comentário geral

SAL NO REFRIGERANTE

Ao aluno

Objetivo: Evidenciar que uma bebida gaseificada é uma soluçãosupersaturada de dióxido de carbono em água.

Material:• bebida gaseificada (recém-aberta) não-alcoólica• açúcar• sal• 2 copos• colher de café

Procedimento:1. Adicione uma colherada de sal a meio copo da bebida

gaseificada.2. Repita o item anterior usando outra amostra da bebida e açú-

car em vez de sal.3. Proponha uma explicação para o que observou.

Experimento

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Ao professor

A adição de sal sólido a uma bebida gaseificada recém-aberta(solução supersaturada de dióxido de carbono em água) acelera aliberação do excedente de gás, pois os cristais atuam como focos quefavorecem a formação de bolhas. (Isso é comparável a inserir umcristal de acetato de sódio a uma solução aquosa supersaturada dessesal, o que provocaria precipitação do excedente de soluto). A adiçãode cristais de açúcar ou mesmo de grãozinhos de areia a uma bebidagaseificada recém-aberta produziria o mesmo efeito.

A CÁRIE DENTAL

Os dentes são protegidos por uma película de esmalte de uns2 mm de espessura composta de uma substância chamadahidroxiapatita, Ca

5(PO

4)

3OH. Quando ocorre a dissolução (processo

chamado de desmineralização), os íons em solução vão para a saliva:

Ca5(PO

4)

3OH

(s)F 5 Ca2+

(aq)+ 3 PO3–

4(aq)+ OH–

(aq)

Pelo fato de os fosfatos dos metais alcalino-terrosos serem in-solúveis, essa reação ocorre somente em pequenas proporções. Oprocesso inverso, denominado remineralização, é a defesa naturaldo corpo contra a cárie dental.

Nas crianças, a mineralização ocorre mais rapidamente que adesmineralização; nos adultos, a remineralização e a desminerali-zação ocorrem aproximadamente com a mesma velocidade.

Após cada refeição, as bactérias que se encontram na boca de-gradam alimentos produzindo ácidos orgânicos, como o lático,

CH3CH(OH)COOH, e o acético, CH

3COOH. A produção de ácidos é

maior quando a comida possui um alto índice de açúcares, como osdoces e as bebidas açucaradas. A diminuição do pH reduz a quantidadede íons OH–, o que favorece a desmineralização. Uma vez debilitada apelícula protetora de esmalte, a cárie é iniciada.

A melhor maneira de combater a cárie é ter uma dieta baixa emaçúcares e escovar os dentes imediatamente após cada refeição. Amaioria das pastas de dente contém fluoreto, por exemplo na formade NaF, o que também ajuda a reduzir as cáries. Os íons F– substituemparte dos íons OH– durante o processo de remineralização:

Ca5(PO

4)

3F

(s)F 5 Ca2+

(aq)+ 3 PO3–

4(aq)+ F–

(aq)

Como o F– é uma base (no conceito de Brønsted-Lowry) maisfraca que o OH–, o esmalte modificado, chamado de fluorapatita, émais resistente aos ácidos.


MATEUS, A. L. Química na cabeça. Belo Horizonte: Editora UFMG,2002.Apresenta uma série de experimentos clássicos, quepodem ser usados para problematizar e/ou ilustrar pon-tos importantes da Química do nível médio. A parte 4do livro, intitulada “Cristais: as jóias da química”, abor-da dezesseis experimentos envolvendo cristais, solu-bilidade, precipitação. Os materiais necessários são re-lacionados, o procedimento é descrito e os resultadosesperados são comentados.

Texto ao professor

Capítulo 11 Radioatividade:fenômenos de origemnuclear




• Ponderar que os avanços téc-nicos são, quase sempre,conseqüência da utilizaçãode princípios científicos.

• Valorizar as medidas de pro-teção ambiental como promo-toras da qualidade de vida.

• Compreender que a pesquisacientífica pode fornecer resul-tados cuja aplicação pelo serhumano pode trazer efeitosbenéficos ou efeitos maléficos,o que depende da aplicação,de como é feita e das inten-ções que a motivam.

• Características das emissõesalfa, beta e gama

• Efeitos biológicos da radiação• Cinética das emissões ra-

dioativas• Transmutação nuclear• Aplicações da radioatividade• Fissão nuclear• Fusão nuclear• Breve histórico dos acidentes

de Chernobyl e do césio-137

• Equacionar um decaimentoalfa e um decaimento beta,prevendo, com auxílio da ta-bela periódica, qual o nuclídeoproduzido.

• Observar uma equação querepresenta transmutação, fis-são ou fusão nuclear e com-pletar corretamente essaequação caso nela falte ape-nas um nuclídeo.

• Empregar dados de meia-vidapara estimar a quantidade deum material radioativo queresta após certo período detempo.

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Esse capítulo pretende dar uma noção geral da origem dos fenôme-nos nucleares, comentando aspectos relacionados às emissões radioativas(alfa, beta e gama) e à transmutação, à fissão e à fusão nucleares.

Alguns aspectos destacados são os acidentes nucleares na Ucrânia,com o reator da usina de Chernobyl, e no Brasil, com o césio-137, e acontraposição entre aspectos positivos da tecnologia nuclear, como a dataçãopelo carbono-14 e a radioterapia do câncer, e aspectos negativos, como osacidentes nucleares e a utilização bélica da tecnologia.

Caso o professor não disponha de muito tempo no calendário esco-lar, este é um capítulo que pode ser estudado pelos alunos como parte deum trabalho que envolva pesquisas e exposições em público, individuais ouem equipe, acerca dos vários aspectos envolvidos no tema radioatividade.

Comentário geral

Temas para pesquisa• “A descoberta dos raios X e as suas principais aplicações.”

Atividade

Textos ao professor

Assistir ao filme O dia seguinte (The day after, 1983, Estados Uni-dos, 126 min. Direção: Nicholas Meyer. Versátil Home Video).

Feito em 1983, ainda sob o clima da guerra fria, essa produçãotenta expressar uma possível concepção do caos que se seguiria a umaguerra em que dispositivos nucleares fossem empregados.

Há aspectos nesse filme que propiciam debate e que podem sertratados de forma interdisciplinar com Geografia, História, Física, Biolo-gia e Inglês.

Esse tema permite comparar o processo de produção dos raios Xcom o dos raios gama, e também o risco que cada um oferece à saúde.Outro tema possível é:

• “Câncer de pele: Qual a importância dos protetores solares e o que exa-tamente significa o fator de proteção solar (FPS), que aparece estampa-do no frasco de tais produtos?”

SÍNTESE DOS ELEMENTOS TRANSURÂNICOS

Síntese

92U +238

0n

+ n

1

0

1

93Np239

93Np +239

–1β0

94Pu +239

–1β0

94Pu239

95

97

Am +240

–1β0

+ α2

4

94Pu239

96Cm +242

0n1

+ α2

4

α2

4

95Am241

Bk +243

0n21

98+ α2

4

96Cm242

Cf +245

0n1

0n1

+ n150

1

92U238

+ –1β0

799Es253

+ n170

1

92U238

+ –1β0

8100Fm255

+99Es253

+101Md256

C6

12

0n41

+96Cm246

+102No254

B5

10

0n51

+98Cf252

+103Lr257

C6

12

0n41

+98Cf249

+104Rf257

N7

15

0n41

+98Cf249

+105Db260

O8

18

0n41

+98Cf249

+106Sg263

Cr24

54

0n1

+83Bi209

+107Bh262

Fe26

58

0n1

+82Pb208

+108Hs265

Fe26

58

0n1

+83Bi209

+109Mt266

Ni28

62

0n1

+82Pb208

+110Ds269

Ni28

64

0n1

+83Bi209

+111Rg272

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

Nome

Netúnio

Plutônio

Amerício

Cúrio

Berquélio

Califórnio

Einstênio

Férmio

Mendelévio

Nobélio

Laurêncio

Rutherfórdio

Dúbnio

Seabórgio

Bóhrio

Hássio

Meitnério

Darmstádtio

Roentgênio

Símbolo

Np

Pu

Am

Cm

Bk

Cf

Es

Fm

Md

No

Lr

Rf

Db

Sg

Bh

Hs

Mt

Ds

Rg

Número atômico

93

94

95

96

97

98

99

100

101

102

103

104

105

106

107

108

109

110

111

Fontes: www.iupac.org/publications/ci/2005/2701/iw1_naming.html (22/03/2005); www.iupac.org/publications/ci/2003/2505/iw1_darmstadtium.html (22/03/2005); www.webelements.com/webelements/elements/text/Uuq/key.html (24/03/2001); SEABORG, G. T. eLOVELAND, W. D. The search for new elements. In: HALL, N. (ed.) The new Chemistry. Cambridge: Cambridge University Press, 2000. p. 8.ARMBRUSTER, P. e HESSBERGER, F. P. Making new elements. Scientific American, p. 50-55, set. 1998; CHANG, R. Chemistry. 5. ed. NewYork: McGraw-Hill, 1994. p. 917.

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28

A ATMOSFERA E AS CONSEQÜÊNCIASCLIMÁTICAS DA GUERRA NUCLEAR

[...] Explosões de baixa potência no ar sobre cidades ou florestaspróximas tenderão a provocar incêndios extensos, em alguns casoscobrindo uma área total de 100.000 quilômetros quadrados, ou mais.Incêndios em cidades geram enormes quantidades de fumaça negraque se eleva pelo menos à camada superior da baixa atmosfera, outroposfera. [...]

[...]

[...] Pela primeira vez se demonstra que temperaturas extrema-mente baixas, o “inverno nuclear”, se sucederiam por um tempo pro-longado a uma guerra nuclear. (O estudo também explica o fato denão terem sido detectados efeitos climáticos do gênero após a deto-nação de algumas centenas de megatons durante o período de testesatmosféricos de engenhos nucleares pelos Estados Unidos e UniãoSoviética, encerrado pelo Tratado Limitado de Proibição de Testesem 1963: as explosões se sucederam ao longo de vários anos, virtual-mente não simultâneas, e, como ocorreram sobre descampados, atóisde coral, tundras e áreas desérticas, não provocaram incêndios.) Osnovos resultados foram submetidos a análises detalhadas, e muitoscálculos confirmativos já foram feitos depois, inclusive pelo menosdois na União Soviética.

[...]

Sabe-se que mesmo quedas de temperatura bem menores trazemconseqüências sérias. A explosão do vulcão Tambora na Indonésiaem 1815 foi a causa provável de um declínio na temperatura médiaglobal de menos de 1°C, devido ao obscurecimento do sol pela poei-ra fina propelida para a estratosfera. O frio verificado no ano seguin-te foi de tal ordem que 1816 ficou conhecido na Europa e na Américacomo, respectivamente, “o ano sem verão” e “mil-e-oitocen-tos-e-morrer-de-frio”. Um esfriamento de 1°C acabaria por comple-to com as lavouras de trigo do Canadá. Pequenas variações globaisestão geralmente associadas a variações regionais muito maiores. Nosúltimos mil anos, os desvios máximos de temperatura global ou doHemisfério Norte foram da ordem de 1°C. Numa glaciação, uma bai-xa prolongada típica da temperatura global em relação às condiçõespreexistentes é de cerca de 10°C. [...]. Diferentemente, porém, dasituação numa glaciação, as temperaturas globais após a guerra cairiambruscamente, e é provável que levassem apenas de alguns meses aalguns anos para restabelecer-se, em vez de milhares de anos. Não éde se esperar que um inverno nuclear induzisse a um novo períodoglaciário, pelo menos de acordo com a nossa análise preliminar.

[...]

Fonte: SAGAN, C. et al. O inverno nuclear. Tradução de João GuilhermeLinke. Rio de Janeiro: Francisco Alves, 1985. p. 42, 45, 50.


CHASSOT, A. A Ciência através dos tempos. 2. ed. São Paulo:Moderna, 2004. (Coleção Polêmica)Apresenta um panorama da evolução da atividadecientífica, da pré-história aos dias atuais. O capítulo 10inclui a descoberta dos raios X, da radioatividade e atransmutação nuclear.


FARIAS, R. F. As mulheres e o Prêmio Nobel de Química. Quími-ca Nova na Escola, n. 14, 2001. p. 28-30.Esse artigo, publicado no ano do centenário da primei-ra entrega do Prêmio Nobel, relata a vida das três mu-lheres a receberem esse prêmio na área de Química.Duas delas, Marie Sklodowska Curie e sua filha IrèneJoliot-Curie, laureadas respectivamente em 1911 e1935, destacaram-se por suas contribuições na áreada radioatividade.

SEABORG, G. T. Os elementos transurânicos sintetizados pelohomem. São Paulo: Edgard Blücher, 1969.Livro em que o ganhador do Nobel de Química em1951, homenageado no nome do elemento 106(Seabórgio), apresenta aspectos históricos da desco-berta dos elementos transurânicos, até o Laurêncio.

SEGRÈ, E. Dos raios X aos quarks: físicos modernos e suasdescobertas. Brasília: Editora Universidade de Brasília,1980.O autor, ganhador do Prêmio Nobel de Física em 1959,relata a história de descobertas que abriram os hori-zontes da Ciência para o mundo das partículassubatômicas.


Comentário geral


A conceituação de ácido e de base segundo Brønsted-Lowry é útilno trabalho dos químicos, merecendo destaque sua aplicação na interpre-tação de reações que ocorrem em meio aquoso e que envolvem desloca-mentos de equilíbrio nos quais há pares conjugados ácido-base.

Apesar dessa importância científica, há muitas escolas nas quais osprofessores optam por não ministrar esse tema. Em função disso, preferiu-se colocar esse tema, juntamente com uma rápida noção sobre aconceituação ácido-base de Lewis, na forma de um tópico avançado.

Esse tópico avançado pode ser trabalhado logo após os itens1, 2 ou 4 do capítulo 9. Também pode, simplesmente, ser ignoradosem prejuízo apreciável da formação do aluno do nível médio.


CHAGAS, A. P. O ensino de aspectos históricos e filosóficos daQuímica e as teorias ácido-base do século XX. Quími-ca Nova, v. 23, n. 1, 2000. p. 126-133.

Tópico avançado Conceitos ácido-base de Brønsted-Lowry e de Lewis

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1 Não. Apenas as misturas homogêneas (que apresentam uma sófase) são chamadas de soluções. As misturas heterogêneas (maisde uma fase) não recebem essa designação.

6 Grandezas: Massa Volumede soluto de solução

11,9 g — 1 L9,52 g — V

⇒ V � 0,800 L

ou

V � 800 cm3

7 a) O solvente é a água, o que se deduz pela indicação (aq), queindica aquoso. E o soluto é o hidróxido de sódio, NaOH.

b) A indicação do rótulo é de que há 60 g de soluto em 1 dm3, ouseja, em 1.000 cm3 dessa solução. Assim, na metade dessevolume, 500 cm3, haverá 30 g de soluto.Expressando esse raciocínio por meio de uma regra de três, temos:

Grandezas: Massa Volumede soluto de solução

60 g — 1.000 cm3

x — 500 cm3 ⇒ x � 30 g

RESOLUÇÕESCapítulo 1

Expressando a concentraçãode soluções

c) A indicação do rótulo é de que há 60 g de soluto em 1 dm3, ouseja, em 1.000 mL dessa solução. Assim, um quarto dessamassa de soluto, 15 g, estará presente em um quarto desse vo-lume, 250 mL.Expressando esse raciocínio por meio de uma regra de três,temos:

Grandezas: Massa Volumede soluto de solução

60 g — 1.000 mL15 g — y

⇒ y � 250 mL


27 g — 1 L1 � 106 g — x

⇒ x � 3,7 � 104 L

Grandezas: Volume Volume(em L) (em m3)

1 � 103 L — 1 m3

3,7 � 104 L — y⇒ y � 37 m3


80 g — 1.000 mL

x — 250 mL⇒ x � 20 g

12 Ambas as bolinhas são menos densas que o líquido do desenho � e mais densas que o do desenho �. A bolinha verde é mais densa e a vermelhaé menos densa que o líquido do desenho �. Assim, podemos elaborar o seguinte esquema:

Bolinha vermelha Bolinha verde

Densidade crescente

Líquido � Líquido � Líquido �

Decorre que o líquido do desenho � é água, o do desenho � é álcool e o do desenho � é uma mistura de ambos.

13 a) A densidade informa que 1 cm3 dessa solução tem massa 1,10 g.Assim, 1,0 L (1.000 cm3) tem massa 1.100 g, ou 1,10 kg.

b) A concentração informa que cada litro de solução contém 165 gde soluto.

c) Sendo conhecida a massa de 1,0 L de solução (item a) e a massade soluto presente nesse volume (item b), deduzimos que amassa de água é igual a 1.100 g menos 165 g, ou seja, 935 g.

15 a) O soluto é HNO3 (ácido nítrico) e o solvente é água.b) 0,1 molc) 6,3 g, pois a massa molar do HNO3 é 63 g/mol. Ou, em regra

de três, temos:

Grandezas: Massa Quantidade de matéria63 g — 1 mol

x — 0,1 mol⇒ x � 6,3 g

d) Se em um litro de solução há 0,1 mol, então em meio litro(500 mL) haverá 0,05 mol. Em regra de três:

Grandezas: Volume Quantidadede matéria

1.000 mL — 0,1 mol500 mL — y

⇒ y � 0,05 mol

e) É a metade da massa respondida no item c, ou seja, 3,15 g. Emregra de três:

Grandezas: Massa Quantidadede matéria

63 g — 1 molw — 0,05 mol

⇒ w � 3,15 g

f) No item c chegamos à massa de soluto em um litro de solução.Com base nesse resultado, a concentração dessa solução podeser expressa como 6,3 g/L.

Resoluções do Vol 2_cad1 6/24/05, 14:1329

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23 A equação da dissociação iônica é:

KI(s) → K�(aq) � I�

(aq)

Assim, temos a proporção entre a quantidade que se dissocia e asquantidades de íons que passam a estar em solução.

KI (s) K�(aq) I�

(aq)

Proporção: 1 mol 1 mol 1 molGrandezas: Quantidade Quantidade Quantidade

de matéria de matéria de matéria1 mol — 1 mol — 1 mol

0,01 mol — 0,01 mol — 0,01 mol

Portanto, na solução, as concentrações de íons são:

[K�] � 0,01 mol/L e [I�] � 0,01 mol/L

24 Quando o ácido sulfúrico sofre ionização, cada mol de ácido ori-gina um mol de sulfato, de acordo com a equação:H2SO4(l) → 2 H

�(aq) � SO2

4�(aq)

Assim:H2SO4(l) SO2

4�(aq)

Proporção: 1 mol 1 molGrandezas: Quantidade Quantidade

de matéria de matéria1 mol — 1 mol

0,003 mol — 0,003 mol

Portanto, a concentração de íons sulfato é:

[SO42�] � 0,003 mol/L

25 A equação da dissociação iônica é:

Fe2(SO4)3(s) → 2 Fe3�(aq) � 3 SO2

4�(aq)

Assim, temos a proporção entre a quantidade que se dissocia e asquantidades de íons que passam a estar em solução.

Fe2(SO4)3(s) 2 Fe3�(aq) 3 SO2

4�(aq)



0,1 mol — 0,2 mol — 0,3 mol

Portanto, na solução, as concentrações de íons são:

[Fe3�] � 0,2 mol/dm3 e [SO42�] � 0,3 mol/dm3

27 Na solução que se deseja preparar, deve haver 100 g de sacarosee 900 g de água, totalizando 1.000 g (1 kg), dos quais 10% é amassa de soluto e 90% é a massa de solvente. Assim, devem-se,separadamente, pesar 100 g de sacarose e 900 g de água. No casoda água, como medir volume é mais fácil do que medir massa,pode-se medir o volume de 900 mL, pois a densidade da águapura (1,0 g/mL) informa que cada mililitro tem massa de 1,0 g.Adiciona-se a água à sacarose e agita-se para que o soluto sedissolva.

28 Vamos considerar uma amostra de um litro dessa solução. A den-sidade informa que 1 cm3 dessa solução tem massa 1,10 g. Assim,1 L (1.000 cm3) dessa solução tem massa 1.100 g. E a concentra-ção informa que cada litro de solução contém 165 g de soluto.Dessa maneira, conhecemos a massa total da amostra de um litrode solução e também a massa de soluto nela presente. Assim:

Grandezas: Massa Porcentagem1.100 g — 100%165 g — x

⇒ x � 15%

29 Um modo de resolver o problema é descobrir a massa de solutopresente em um litro de solução.A densidade informa que a massa de cada mililitro de solução é1,05 g. Disso decorre que a massa de 1 L (1.000 mL) é 1.050 g. Ea porcentagem em massa de soluto informa que, dessa massa to-tal, 10% é massa de soluto. Assim:

Grandezas: Massa Porcentagem1.050 g — 100%

x — 10%⇒ x � 105 g

Como um litro da solução contém 105 g de soluto, podemos afir-mar que a concentração desse soluto é 105 g/L.

30 Empregando a definição de título em volume, temos:

T Tv

soluto

soluçãov

V

V 39 L

50 L 0,78� � �⇒

31 Determinar a concentração de SO2 expressa em ppm (partes pormilhão) em volume consiste essencialmente em determinar quantoslitros de SO2 estão presentes em um milhão de litros (1 � 106 L) dear. Assim:

Grandezas: Volume Volumede ar de SO2

100 L — 2 � 10�8 L1 � 106 L — x

⇒ x � 2 � 10�4 L

Então, se 2 � 10�4 L de SO2 estão presentes em um milhão delitros de ar, a concentração desse poluente é de 2 � 10�4 ppmem volume.

32 Determinar a concentração de estanho expressa em ppm em massaconsiste essencialmente em determinar quantos gramas de esta-nho estão presentes em um milhão de gramas (1 � 106 g) de salsi-cha. Para montar a regra de três, temos a informação de que 1 kg(1 � 103 g) de salsicha contém 300 mg (0,300 g) de estanho.Assim:

Grandezas: Massa Massade salsicha de estanho

1 � 103 g — 0,300 g1 � 106 g — x

⇒ x � 300 g

Então, se 300 g de estanho estão presentes em um milhão de gra-mas de salsicha, a concentração desse metal é de 300 ppm emmassa. Portanto, o produto não pode ser comercializado.Professor: Esta questão permite tirar a conclusão de que o númerode miligramas de uma substância presente por quilograma deum material equivale à concentração dessa substância, expressaem ppm em massa.

35 a) A massa de soluto é igual, pois não se adicionou soluto.b) A quantidade em mols de soluto é igual, pois não se adicionou

soluto.c) O volume de solução é maior no final. Mais precisamente, o

volume final é o dobro do inicial, pois o volume inicial é100 mL e a ele foram adicionados 100 mL de água.

d) A concentração final, em g/L, é a metade da inicial, pois amassa de soluto permaneceu constante e o volume dobrou.

e) A concentração final, em mol/L, é a metade da inicial, pois aquantidade em mols de soluto permaneceu constante e o volu-me dobrou.

36 C m

Vii

i

� ⇒ mi � Ci � Vi (1)

C m

Vff

f

� ⇒ mf � Cf � Vf (2)


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Como mi e mf são iguais, podemos igualar o segundo membro dasigualdades (1) e (2). Assim, temos:

Ci � Vi � Cf � Vf

37 Como as concentrações em g/L e em mol/L são inversamente pro-porcionais ao volume, podemos deduzir que, se o volume triplicar,mantendo-se a quantidade de soluto, essas concentrações serãoreduzidas a um terço do valor inicial.Uma resolução mais formal é a que segue:

a) O volume final é o triplo do inicial: Vf � 3 Vi

Mi � Vi � Mf � Vf ⇒ Mi � Vi � Mf � 3 Vi ⇒

⇒ MM

fi

3�

b) O volume final é o triplo do inicial: Vf � 3 Vi

Ci � Vi � Cf � Vf ⇒ Ci � Vi � Cf � 3 Vi ⇒ C C

3fi�

38 T Ti

i soluto

i i soluto i i

m

m m m� �⇒ � (1)

T Tf

f soluto

f f soluto f f

m

m m = m� ⇒ � (2)

Como mi soluto e mf soluto são iguais, podemos igualar o segundo mem-bro das igualdades (1) e (2). Assim, temos:

Ti � mi � Tf � mf

39 Como o título em massa é inversamente proporcional à massa dasolução, podemos deduzir que, se essa massa triplicar, mantendo-se amassa de soluto, o título será reduzido a um terço do valor inicial.Uma resolução mais formal é a que segue.A massa final é o triplo da inicial: mf � 3 mi

Ti � mi � Tf � mf ⇒ Ti � mi � Tf � 3 mi ⇒ TT

fi

3�

40 Vamos considerar que cada copo contenha o volume V de líquido.Dentro dessa consideração, o volume inicial (que é o de três co-pos) é 3 V.A concentração em mol/L dos solutos presentes na limonada deve-se reduzir a 60% da inicial. Isso é matematicamente expresso as-sim:

M Mf i 60

100�

Assim:

Mi � Vi � Mf � Vf ⇒ M Mi i f 3 V 60

100 V� �� ⇒

⇒ Vf � 5 V

Assim, concluímos que o volume final é igual ao de cinco copos.Porém, como o volume inicial já é de três copos, devem ser acres-centados dois copos de água.

41 Com a adição da água, o volume, que inicialmente é de 200 mL,aumenta para 500 mL. Com efeito, temos:

Ci � Vi � Cf � Vf ⇒ 10 g/L � 200 mL � Cf � 500 mL ⇒

⇒ Cf � 4 g/L

42 Para que a concentração em mol/L fique reduzida a um quarto dovalor inicial, o volume deve ser quadruplicado por adiçãodo solvente água. O técnico pode colocar os 500 mL em um balãovolumétrico de 2 L e adicionar água destilada até a marca queexiste no gargalo do balão.

43 Na primeira solução há 0,10 mol de soluto:

M 11

1

n

V� ⇒ n1 � M1 � V1 � 0,50 mol/L � 0,200 L � 0,10 mol

Na segunda solução há 0,06 mol de soluto:

M 22

2

n

V� ⇒ n2 � M2 � V2 � 0,20 mol/L � 0,300 L � 0,06 mol

Na solução resultante da mistura haverá 0,16 mol de soluto emum volume de 0,500 L (500 mL). Assim:

M M Mf

f

ff f

n

V 0,16 mol

0,500 L 0,32 mol / L� � �⇒ ⇒

44 Seja V1 o volume, em litros, da solução 1,0 mol/L:

M 11

1

n

V� ⇒ n1 � M1 � V1 (em que M1 � 1,0 mol/L)

Seja V2 o volume, em litros, da solução 2,0 mol/L:

M 22

2

n

V� ⇒ n2 � M2 � V2 (em que M2 � 2,0 mol/L)

Na solução resultante da mistura haverá uma quantidade de solutoigual a (n1 � n2), dissolvida em um volume de (V1 � V2) litros.

M MM M

f

1 2

1 2f

1 1 2 2

1 2

n n

V V

V V

V V�

�

��

�

�⇒

� � (em que

Mf � 1,2 mol/L)

Substituindo, nessa expressão, os valores de M1, M2 e Mf,temos:

1,2 1 V 2 V

V V1 2

1 2

��

�

� � ⇒ 1,2 (V1 � V2) � V1 � 2 V2 ⇒

⇒ 1,2 V1 � 1,2 V2 � V1 � 2 V2 ⇒ 1,2 V1 � V1 � 2 V2 � 1,2 V2 ⇒

⇒ 0,2 V1 � 0,8 V2 ⇒ V

V 0,8

0,21

2

� ⇒ V

V 1

2

� 4

Esse resultado indica que as soluções devem ser misturadas de talforma que o volume da solução 1,0 mol/L deve ser quatro vezesmaior que o da solução 2,0 mol/L. Assim, por exemplo, se forusado um litro da solução 2,0 mol/L, devem ser usados quatrolitros da solução 1,0 mol/L.

45 Exclusivamente ao misturar soluções 0,5 mol/L e 1,0 mol/L, aconcentração da solução obtida terá um valor entre 0,5 mol/L e1,0 mol/L. Se forem misturados volumes iguais de ambas, porexemplo, a solução resultante terá concentração 0,75 mol/L. Seforem usados volumes diferentes, quanto maior o volume de solu-ção 0,5 mol/L, mais a concentração da solução obtida tenderá aovalor 0,5 mol/L. E quanto maior o volume de solução 1,0 mol/L,mais a concentração da solução obtida tenderá ao valor1,0 mol/L. Porém, a concentração resultante não poderá ser infe-rior a 0,5 mol/L nem superior a 1,0 mol/L. Assim sendo:

a) é possível obter uma solução 0,6 mol/L.

b) é possível obter uma solução 0,9 mol/L.

c) não é possível obter uma solução 1,2 mol/L.

46 Alternativa C.Solução � Solução �

VA � 100 mL VB � 200 mLMA � 0,30 mol/L MB � 0,15 mol/L

M A1A

A

n

V� M B

1B

B

n

V�

0,30 mol / L n

0,1 L1A� 0,15 mol / L

n

0,2 L1B�

n1A � 0,03 mol n1B � 0,03 mol

M MC1A 1B

A BC

1 n n

V V 0,03 0,03

0,1 0,2 0,2 mol L�

�

��

��

� �⇒ �


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� →

Sol. (1) HCl(aq) Sol. (2) HCl(aq) Sol. (3) HCl(aq)

V � 100 mL V � 300 mL V � 400 mL

M � 2 mol/L M � 2 mol/L M � 2,0 mol/L

↓ ↓ ↑

n1 � 0,2 mol � n1 � 0,6 mol → n1 � 0,8 mol

Retira-se o volume émetade ⇒ dobrado por ⇒

da solução (3) diluição

V(3) � 200 mL V(4) � 400 mL

M(3) � 2,0 mol/L M(4) � ?

M(3) � V(3) � M(4) � V(4)

2,0 � 0,2 � M(4) � 0,4

M(4) � 1,0 mol � L�1

48

� →

Sol. � HCl(aq) Sol. � HCl(aq) Sol. � HCl(aq)

VA � ? VB � ? VC � 1,0 L

MA � 8,0 mol/L MB � 3,0 mol/L MC � 6,0 mol/L

M(C) � V(C) � M(A) � V(A) � M(B) � V(B) (Equação 1)

6,0 � 1,0 � 8,0 � VA � 3,0 � VB

VA � VB �1,0 ⇒ VA � 1,0 � VB (Substituindo em (1))

6,0 � 8,0 � (1,0 � VB) � 3,0 � VB

6,0 � 8,0 � 8,0 � VB � 3,0 � VB

5,0 � VB � 2,0 ⇒ VB � 0,4 L

Sendo VA � VB � 1,0, temos: VA � 0,6 L

49

� →

Sol. � H2SO4(aq) Sol. � H2SO4(aq) Sol. � H2SO4(aq)

dA � 1.235 g/L VB � 500 mL VC � 600 mL

TA � 31,7% MB � 1,0 mol/L MC � ?

VA � 100 mL

Cálculo da concentração em quantidade de matéria de �:

d m

VAA

A

� TA1A

A

m

m�

1.235 g/ L m

1 LA� 0,317

m

1.235 g1A�

mA � 1.235 g m1A � 391 g

n 391 g

98 g mol 4,0 mol1A 1

��

≅

Assim, em 1,0 L da solução �, teremos aproximadamente4,0 mol. Dessa forma, a concentração em quantidade de matéria éigual a:

MA � 4,0 mol � L�1

Como as soluções misturadas possuem solutos iguais, podemosescrever:

M(C) � V(C) � M(A) � V(A) � M(B) � V(B)

M(C) � 0,6 L � 4,0 � 0,1 � 1,0 � 0,5

MC � 1,5 mol � L�1

50 Alternativa E.Massa molar do NaCl � 58,5 g/mol

n 3,5 g

58,5 g mol 0,06 molNaCl 1� ��

�

Massa molar do açúcar � 342 g/mol

n 11,0 g

342 g mol 0,03 molaçúcar 1

� ��

M n n

1,0 L 0,06 mol 0,03 mol

1,0 L NaCl açúcar�

��

� ⇒

⇒ M � 0,09 mol � L�1

51 Alternativa D.

� →

KOH(aq) H2SO4(aq) K2SO4(aq)

V � 300 mL V � 200 mL V � 500 mLM � 2,0 mol/L M � 1,0 mol/L M � ?

↓ ↓nbase � 0,6 mol nácido � 0,2 molComo se trata de uma mistura com reação química, podemos es-crever:2 KOH(aq) � H2SO4(aq) → K2SO4(aq) � 2 H2O2 mol — 1 mol — 1 mol ← proporção da equação0,6 mol — 0,2 mol ← dados do problema0,4 mol — 0,2 mol — 0,2 mol ← participam da reação0,2 mol (excesso)A solução resultante dessa mistura possui um volume de 0,5 L eapresenta 0,2 mol de KOH (excesso) juntamente com 0,2 mol doproduto da reação K2SO4(aq). A concentração em quantidade dematéria do K2SO4(aq) é dada pela expressão:

M 0,2 mol0,5 L 0,4 mol L 1� � �

�

52 Alternativa E.

� →

HCl(aq) NaOH(aq) NaCl(aq)

VA � 40,00 mL VB � 60,00 mL V � 100,00 mLMA � 1,600 mol/L MB � 2,000 mol/L MNa�, Cl�, OH� � ?

↓ ↓nácido � 0,064 mol nbase � 0,120 molComo se trata de uma mistura com reação química, podemos es-crever:

H�(aq) � Cl�

(aq) � Na�(aq) � OH�

(aq) → Na�(aq) � Cl�

(aq) � H2O

1 mol 1 mol 1 mol 1 mol ← proporção

0,064 mol 0,064 mol 0,120 mol 0,120 mol ← dados do problema


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H� → todo H� presente na solução foi consumido na formaçãoda água.

OH� → Foi adicionado 0,120 mol de OH� na solução na formade NaOH.Houve consumo de 0,064 mol na formação da água, res-tando 0,056 mol dissolvido em 0,1 L da solução. Assim,a concentração em quantidade de matéria do OH� é iguala 0,56 mol � L�1.

Cl� → Foi adicionado 0,064 mol de Cl� na solução na forma deHCl.Ao final, a solução continua contendo 0,064 mol de Cl�

dissolvido em 0,1 L da solução. Assim, a concentraçãoem quantidade de matéria do Cl� é igual a 0,64 mol � L�1.

Na� → Foi adicionado 0,120 mol de Na� na solução na formade NaOH.Ao final, a solução continua contendo 0,120 mol de Na�

dissolvido em 0,1 L da solução. Assim, a concentraçãoem quantidade de matéria do Na� é igual a 1,20 mol � L�1.

54 A equação da reação é:

HCl(aq) � KOH(aq) → KCl(aq) � H2O(l)

que fornece a proporção estequiométrica entre HCl e KOH.

HCl KOHProporção: 1 mol 1 molGrandezas: Quantidade Quantidade


Mácido � Vácido — Mbase � Vbase

Mácido � Vácido � Mbase � Vbase

Substituindo os valores:Mácido � Vácido � Mbase � Vbase

Mácido � 20 mL � 0,20 mol/L � 30 mL

Mácido � 0,30 mol/L

A informação do fabricante não é correta.

55 A equação da reação é:H2SO4(aq) � 2 NaOH(aq) → Na2SO4(aq) � 2 H2O(l)

que fornece a proporção estequiométrica entre H2SO4 e NaOH.

H2SO4 2 NaOHProporção: 1 mol 2 molGrandezas: Quantidade Quantidade



2 � Mácido � Vácido � Mbase � Vbase

Substituindo os valores:2 � Mácido � Vácido � Mbase � Vbase

2 � Mácido � 25 mL � 0,10 mol/L � 20 mL


57 A equação da reação é:HCl(aq) � KOH(aq) → KCl(aq) � H2O(l)

que fornece a proporção estequiométrica entre HCl e KOH, que éde 1 : 1.Vamos calcular a quantidade em mols de cada reagente.Frasco A:nácido � Mácido � Vácido � 0,10 mol/L � 0,400 Lnácido � 0,0400 molFrasco B:nbase � Mbase � Vbase � 0,30 mol/L � 0,200 Lnbase � 0,0600 molComo a proporção estequiométrica entre ácido e base é de 1 molpara 1 mol, deduzimos que há excesso estequiométrico de base e,portanto, a solução resultante será básica.

58 a) O modelo �, pois ainda não há íons Cl� no erlenmeyer.b) O modelo �, pois há íons Cl� no erlenmeyer, mas não há

igualdade entre as quantidades em mol de íons Na� e Cl�, oque revela que a quantidade de ácido adicionada ainda não foisuficiente para reagir completamente com a quantidade de baseinicialmente presente. A indicação OH� dentro do erlenmeyerrepresenta a presença de íons hidroxila provenientes da baseque ainda não foram neutralizados.

c) O modelo �, pois há igualdade entre as quantidades em molde íons Na� e Cl�, o que revela que a quantidade de ácidoadicionada foi exatamente a necessária para reagir com a baseinicialmente presente, sem haver excesso de ácido ou de base.

d) O modelo �, que não é resposta dos itens anteriores, correspondea uma situação em que se adicionou ácido além do ponto final,pois há mais íons Cl� no erlenmeyer do que íons Na�. A indica-ção H� dentro do erlenmeyer representa a presença de íons hi-drogênio provenientes do ácido que não podem ser neutraliza-dos pela base, pois toda ela já foi consumida.

60 A partir da proporção estequiométrica expressa pelos coeficientes daequação química, podemos determinar a quantidade em mols de áci-do necessária para reagir completamente com 0,10 mol de zinco.

Zn 2 HClProporção: 1 mol 2 molGrandezas: Quantidade Quantidade


0,10 mol — x⇒ x � 0,20 mol

Agora vamos determinar a quantidade em mols de ácido presentena solução adicionada e comparar com esse valor.n � M � V � 0,40 mol/L � 0,200 L ⇒ n � 0,08 molComo a quantidade de ácido adicionada (0,08 mol) é menor que anecessária (0,20 mol) para reagir completamente com o pedaçode zinco, concluímos que ele não será totalmente corroído.

61 A proporção estequiométrica expressa pelos coeficientes da equa-ção nos permite determinar a quantidade em mols de ácido que énecessária para reagir completamente com 100 g de CaCO3.

CaCO3 2 HClProporção: 1 mol 2 molGrandezas: Massa Quantidade

de matéria100 g 2 mol

A massa de carbonato de cálcio envolvida coincide com a massa deum mol dessa substância. Deduzimos que são necessários dois molsde ácido clorídrico. Finalmente, vamos calcular o volume de solução:

M nV

� ⇒ V n 2 mol0,10 mol / L

� �M

⇒ V � 20 L

Ou, por regra de três:

Grandezas: Volume Quantidadede matéria

1 L — 0,10 molV — 2 mol

⇒ V � 20 L

62 Vamos determinar a quantidade em mols de ácido presente na so-lução derramada.n � M � V � 1,0 mol/L � 0,500 L ⇒ n � 0,50 molVamos agora estabelecer uma relação entre a quantidade em molsde ácido clorídrico e a massa de bicarbonato de sódio.

NaHCO3 HClProporção: 1 mol 1 molGrandezas: Massa Quantidade

de matéria84 g — 1 mol

x — 0,50 mol⇒ x � 42 g

São necessários 42 g de bicarbonato de sódio para neutralizar todoo ácido derramado. Assim, a massa existente no frasco é suficiente.


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63 a) 2 H2O2(aq) → 2 H2O(l) � O2(g)

b) Para determinar a porcentagem, vamos inicialmente determi-nar a massa de peróxido de hidrogênio que se decompôs.

2 H2O2 O2

Proporção: 2 mol 1 molGrandezas: Massa Volume

2 � 34 g — 25 Lx — 1,25 L

⇒ x � 3,4 g

Assim, na amostra de 100 g de água oxigenada (que é uma solu-ção aquosa de peróxido de hidrogênio) há 3,4 g de H2O2. Pode-mos, então, determinar a que porcentagem isso corresponde.

Grandezas: Massa Porcentagem100 g — 100%3,4 g — y

⇒ y � 3,4%

64 A equação da reação fornece a proporção estequiométrica entreácido acético e hidróxido de sódio.

CH3COOH NaOHProporção: 1 mol 1 molGrandezas: Quantidade Quantidade



⇒

⇒ Mácido � Vácido � Mbase � Vbase

Substituindo valores fornecidos:Mácido � Vácido � Mbase � Vbase

Mácido � 20 mL � 0,40 mol/L � 25 mLMácido � 0,50 mol/LEsse resultado indica que em um litro de vinagre há 0,50 mol deácido acético. Como a massa molar desse ácido é 60 g/mol, dedu-zimos que há 30 g de ácido acético em um litro de vinagre.E a densidade do vinagre, 1,0 g/L, informa que cada mililitro temmassa 1,0 g e que um litro (1.000 mL) tem massa 1.000 g.

Assim, podemos estabelecer uma relação para determinar a queporcentagem da massa de um litro de vinagre corresponde a mas-sa de ácido acético.Grandezas: Massa Porcentagem

1.000 g — 100%30 g — x

⇒ x � 3%

Concluímos, portanto, que a afirmação do fabricante não está cor-reta, pois a amostra analisada contém menos de 4%, em massa, deácido acético.

65 Primeiramente vamos determinar a quantidade em mols de ácidoderramado.n � M � V � 16 mol/L � 5 � 103 L ⇒ n � 8 � 104 molAgora vamos estabelecer uma relação para determinar a massa dehidróxido de cálcio necessária para neutralizar essa quantidade deácido.

2 H3PO4 3 Ca(OH)2

Proporção: 2 mol 3 molGrandezas: Quantidade Massa

de matéria2 mol — 3 � 74 g

8 � 104 mol — x⇒ x � 8,9 � 106 g

ou

x � 8,9 t

Portanto, a massa de 10 t de cal hidratada é suficiente para realizara neutralização do ácido derramado.

67 Grandezas: Volume Quantidadede matéria

1 L — 0,06 mol10 L — x

⇒ x � 0,6 mol

Grandezas: Quantidade Massade matéria

1 mol — 58,5 g0,6 mol — y

⇒ y � 35 g

70 Alternativa E.De acordo com o enunciado, excetuando uma massa desprezívelde adoçante na versão “diet”, a diferença entre ambas as apresen-tações do refrigerante é a presença de açúcar na versão comum.Assim, a diferença de massa entre ambas as amostras,331,2 g � 316,2 g � 15,0 g, corresponde à massa de açúcar. Comoessa massa de soluto está dissolvida em 300 mL, temos:

C 15,0 g

0,300 L C 50,0 g / L� �⇒

71 Alternativa A.As sementes são sistemas fechados, que não terão sua densidadeinfluenciada pelo açúcar, que não entra nelas. Já a solução terásua densidade alterada pela dissolução desse soluto. E como assementes sobem, deduz-se que a densidade do líquido aumentacom a dissolução do açúcar (assim, as sementes passaram a sermenos densas que o líquido).

73 Alternativa E.Inicialmente, vamos determinar a densidade da mistura de 96%de álcool e 4% de água (em volume). Para fazer isso, vamos con-siderar 100 L dessa mistura. Nela, há 96 L de álcool e 4 L de água(estamos desconsiderando qualquer eventual efeito de “contraçãode volume” ao misturar os componentes). Vamos determinar amassa de cada um desses componentes.Álcool:

d mV

� ⇒ m d V 800 g/ L 96 L 76.800 g� � ��

Água:

d mV

� ⇒ m d V 1.000 g/ L 4 L 4.000 g� � ��

Assim, a massa total de 100 L da mistura é 80.800 g (a soma dasmassas calculadas). E, portanto, podemos calcular a densidadedessa mistura:

d mV

80.800 g

100 L� � ⇒ d � 808 g/L

Apenas o posto IV apresenta combustível exatamente com essadensidade. Levando-se em conta que não há alternativa que apre-sente apenas o posto IV, vamos aprimorar o nosso raciocínio.

Da mistura água/álcool, o componente de interesse (por ser com-bustível) e de maior preço é o álcool. A adulteração consiste emadicionar água ao combustível, deixando-o com mais de 4% des-se componente. Assim, podemos considerar como não-adultera-do um combustível com até 4% de água. Tal combustível apre-sentará densidade entre 800 g/L (álcool anidro, isto é, isento deágua) e 808 g/L (mistura permitida por lei). Assim, os postos IV eV estavam com combustível adequado.

75 Alternativa A.350 mL — 100%

x — 5%x � 17,5 mL de etanol por lata1,0 L de sangue — 0,6 g de etanol no máximo5,0 L de sangue — yy � 3,0 g de etanol, no máximo, por 5,0 L de sangue3,0 g de etanol — 15%

z — 100%z � 20 g de etanol ingerido, no máximo

d mV

� ⇒ 0,8 20V

� ⇒ V � 25 mL de etanol

25 mL é o volume correspondente a 20 g de etanol.Assim, o máximo permitido é 1 lata.


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76 Alternativa E.1,0 L de sangue — 0,6 g de etanol no máximo6,0 L de sangue — xx � 3,6 g de etanol no máximo por 6,0 L de sangue

d mV

� ⇒ 0,8 3,6V

� ⇒ V � 4,5 mL de etanol

Assim, podemos dizer que 3,6 g de etanol correspondem a 4,5 mL.

y — 4%350 mL — 100%

y � 14 mL de etanol por lata

lata 350 mL — 14 mL de etanolz — 4,5 mL de etanol

z � 112,5 mL

79 Alternativa D.

C m

V C

8,0 g0,5 L

C 16 g / L1� � �⇒ ⇒

M M n

V

16 g

160 g/ mol1,0 L

1� �⇒ ⇒ M � 10�1 mol � L�1

85 Alternativa D.Sendo a densidade das soluções 1,0 g/L, deduzimos que um litrode cada uma tem massa 1.000 g.Aplicando os porcentuais tabelados a essa massa, podemos calcu-lar a massa de soluto em cada uma: 9 g de NaCl, 50 g de C2H4O2,20 g de NaClO e 30 g de H2O2.A seguir, calculamos a quantidade (em mol) de soluto.

NaCl: n 9 g

58,5 g / mol � ⇒ n � 0,15 mol

C2H4O2: n 50 g

60 g/ mol � ⇒ n � 0,83 mol

NaClO: n 20 g

74,5 g / mol � ⇒ n � 0,27 mol

H2O2: n 30 g

34 g/ mol � ⇒ n � 0,88 mol

Assim, as soluções apresentam valores de concentração em quan-tidade de matéria que são, respectivamente, 0,15 mol/L, 0,83 mol/L,0,27 mol/L e 0,88 mol/L.

87 Alternativa C.Primeiramente vamos determinar a massa do soluto em 1 L desolução (a “água” mencionada no enunciado).

Grandezas: Massa Volume3,66 � 10�8 g — 1 � 106 L

x — 1 L⇒ x � 3,66 � 10�14 g

Agora vamos determinar quantas moléculas estão presentes nessamassa:

Grandezas: Massa Númerode moléculas

122 g — 6 � 1023 moléculas3,66 � 10�14 g — y

⇒ y � 1,8 � 108 moléculas

88 Alternativa A.Primeiramente vamos determinar a porcentagem em massa dosoluto. A massa total da solução é 1.210 g. Assim:


⇒ x � 17,4%

A seguir vamos calcular a concentração de uréia em mol/L. Comoa densidade da solução é 1,05 g/mL, deduzimos que 1.000 mL de

solução têm massa 1.050 g. Assim, podemos elaborar a seguinterelação: se em 1.210 g de solução há 210 g de soluto, em 1.050 g(que têm volume 1 L) haverá quanto?

Grandezas: Massa Massa1.210 g — 210 g1.050 g — y

⇒ y � 182,2 g

Essa é a massa de uréia em 1 L de solução. Vamos convertê-lapara quantidade de matéria.


60 g — 1 mol182,2 g — z

⇒ z � 3,04 mol

Finalmente, como há 3,04 mol de soluto em um litro de solução, aconcentração é:

M � 3,04 mol/L

(Uma resolução incorreta, porém não muito improvável entre osalunos, é calcular quantos mols de uréia existem em 210 g, o queresulta em 3,5 mol, e a seguir considerar que essa quantidade desoluto está dissolvida em 1 L, chegando a 3,5 mol/L, alternativaB. O erro está no fato de a massa de 210 g de uréia estar dissolvi-da em 1.000 g de água, não em 1.000 mL de solução, já que adensidade da solução não é 1,0 g/mL.)

89 Alternativa D.

d mV

V 5,0 10 g1,25 g/ L

V 4,0 10 L10

ar10� � �⇒ ⇒�

�

M M n

V 0,016 mol

4,0 10 L 4,0 10 mol L1

1013 1� � � � �

�� ⇒

90 Alternativa C.

n 37,50 g

28 g/ mol 1,34 molCO � �

Usando a Lei do Gás Ideal, podemos determinar o volume ocupa-do por 1,34 mol de gás em diferentes condições. Por exemplo:• a 0°C e 1 atm, o volume é 30,0 L;• a 30°C e 1 atm, o volume é 33,5 L.Assim:2 � 105 L — 100 %30,0 L — x ⇒

x � 0,015 %

33,5 L — yy � 0,017 %

A alternativa mais adequada é a C.

92 Alternativa B.I) 0,05 g/L � 50 mg/L � 50 ppm A concentração de flúor

encontra-se no limite.

II) M n

V

m

M

V

150 1042

0,25 3,57 10

0,25

0,014 mol L

1

1

1

3

3

1

� � � � �

�

�

�

�

��

�

III)1,5 10 L

100 L 1,5 ppm

4� �

� Menor que 2 ppm ou 3 ppm.

94 a) C (g/L) � 1.000 � d (g/mL) � T � 1.000 � 1,42 � 0,7 � 994 g/Lde HNO3

1,0 L de solução — 994 g de HNO3

0,5 L de solução — xx � 497 g de HNO3

b) M n

V

m

M

V

994 g63 g / mol

1,0 L 6 mol L1

1

1 1� � � � �1 �

⇒


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95 Massas molares (g/mol): K � 39; S � 32; Mg � 24.

K2SO4 MgSO4

78 g (2 K) — 32 g (1 S) 24 g (1 Mg) — 32 g (1 S)0,312 g — x 0,048 g — y

x � 0,128 g de S y � 0,064 g de S

0,192 g/L � 192 mg/L

96 Alternativa D.1 mol O2 — 22,4 L

x — 20,0 L

x � 0,89 mol de O2 Quantidade produzida da decomposiçãocompleta do H2O2 presente em um litro desolução.

2 H2O2(aq) → 2 H2O(l) � 1 O2(g)

2 mol — 1 moly — 0,89 mol

y � 1,78 mol Assim, há 1,78 mol de H2O2 em um litro de solução.

98 Alternativa B.Trata-se de um problema de diluição:Mi � Vi � Mf � Vf

0,4 mol/L � 100 mL � 0,04 mol/L � Vf

Vf � 1.000 mLComo o volume da solução deve aumentar de 100 mL para1.000 mL, deduzimos que devem ser adicionados 900 mL de água.

99 Alternativa B.500 g de herbicida — 5,0 L de água100 g de herbicida — xx � 1,0 L de águaO agricultor dissolveu 100 g do herbicida em 2,0 L de água egastou a metade desse volume. Portanto restaram 50 g do herbicidadissolvidos em 1,0 L de água. Como em um litro de água devemestar dissolvidos 100 g do herbicida, o agricultor pode adicionarmais 50 g do herbicida nesse volume e corrigir o seu erro.

101 Alternativa B.

0,34% mV

0,34 g100 L

0,0034 g

1 L

� �

0,01% mV

0,01 g100 L

0,0001 g

1 L

� �

Ci � Vi � Cf � Vf

0,0034 � 1,0 � 0,0001 � Vf

Vf � 34 L34 L � 1,0 L � 33 L, que correspondem ao volume de água adi-cionado.

102 Alternativa C.15 gotas diluídas para 20 mL de solução � 0,75 gota/mL15 gotas diluídas para 40 mL de solução � 0,375 gota/mL05 gotas diluídas para 20 mL de solução � 0,25 gota/mLA concentração é a mesma em todas as gotas iniciais antes dadiluição.

104 02 � 04 �08 � 14

NaCl(aq)

M � 1,0 mol/LV � 500 mL

01) Se adicionar 500 mL de água, a solução resultante passará aser 0,5 mol/L.

02) Se evaporar 250 mL de água da solução inicial, a soluçãoresultante passará a ser 2,0 mol/L.

04) 1,0 mol/L significa que em cada 1,0 L de solução existe 1,0 mol

do soluto dissolvido; então em 500 mL teremos 12

mol do

soluto dissolvido. Ao adicionar mais 12

mol de NaCl, tere-

mos na solução resultante 1,0 mol do soluto dissolvido em500 mL de solução; assim, a solução resultante terá concen-tração igual a 2,0 mol/L.

08) 500 mL de solução 3,0 mol/L de NaCl contêm 1,5 mol dosoluto dissolvido em 500 mL de solução. Se misturarmos

a ela uma solução contendo 12

mol do soluto dissolvido

em 500 mL de solução, obteremos uma solução final de volu-me 1,0 L, contendo 2,0 mol do soluto e, portanto, 2,0 mol/L.

105

M n

V

m

M

V 3,5

m

1420,1

m 50 g1

1

1

1

1� � � � �⇒

Na2SO4(aq)

M � 3,5 mol/LV � 100 mL

Retiram-se 10 mL dessa solução:

Na2SO4(aq) Na2SO4(aq)

Mi � 3,5 mol/L Mf � 1,75 mol/LVi � 10 mL Vf � ?

Mi � Vi � Mf � Vf

3,5 � 0,01 � 1,75 � Vf

Vf � 0,02 L � 20 mLDeverão ser adicionados 10 mL de água.Portanto a massa de Na2SO4 necessária é 50 g e o volume de águaé 10 mL.

107 Alternativa C.Estoque: 20,0 L de água oxigenada a 125 volumes.Que volume dessa solução deve ser usado para que, ao ser diluídocom água, produza 100 L de uma solução de água oxigenada a10 volumes?A quantidade em mols de H2O2 por litro de água oxigenada é dire-tamente proporcional à quantidade de O2 produzida por sua de-composição total. Assim, a solução final apresenta concentraçãoem mol/L 12,5 vezes menor do que a inicial.

H2O2(aq) a 125 volumes H2O2(aq) a 10 volumes

Mi MM

fi

12,5�

Vi � ? Vf � 100,0 L

Mi � Vi � Mf � Vf

Mi � Vi � M

i

12,5 � 100,0 ⇒ Vi � 8,0 L

� água

� água�

�

�


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Esquema para as resoluções 108 e 109:

� →

Sol. (A) NH4OH(aq) Sol. (B) NH4OH(aq) Sol. (C) NH4OH(aq)

VA � 300 mL VB � 200 mL VC � 500 mL

CA � 3,0 g/L CB � x g/L CC � 4,0 g/L

108 Cálculo da massa do soluto na solução A:

C m

V m 3,0 0,3 m 0,9 g A

1A

A1A 1A� � �⇒ ⇒�

109 Como as soluções misturadas possuem solutos iguais, podemosescrever:

C(C) � V(C) � C(A) � V(A) � C(B) � V(B)

4,0 � 0,5 L � 3,0 � 0,3 � CB � 0,2

CB � 5,5 g/L

Assim, o valor numérico de x é 5,5.

110 Cálculo da concentração em quantidade de matéria do NaCl:

M M

M

NaCl

NaCl

NaCl

NaCl

NaCl

m

M

V

0,2558,51,0

0,0043 mol / L

� �

�

⇒ ⇒

⇒

Cálculo da concentração em quantidade de matéria do açúcar:

M M

M

açúcar

açúcar

açúcar

açúcar

açúcar

m

M

V

1,003421,0

0,0029 mol / L

� �

�

⇒ ⇒

⇒

111 Alternativa E.

1 →

KCl(aq) MgCl2(aq) KCl(aq) � MgCl2(aq)

V � 100 mL V � 100 mL Vf � 200 mLM � 0,1 mol/L M � 0,1 mol/L MK

� � ?MMg2� � ?MCl

� � ?Cálculo da quantidade de matéria do íon K� na solução inicial:KCl(aq) → K�

(aq) � Cl�(aq)

1 mol 1 mol 1 mol

nKCl � MKCl � VKCl ⇒ nKCl � 0,1 � 0,1 ⇒⇒ nKCl � 0,01 mol ⇒ nK

� � 0,01 mol

Professor: É bom lembrar que, como não está havendo uma rea-ção química, a quantidade em mols do soluto antes e após a mis-tura é a mesma.Cálculo da concentração em quantidade de matéria do íon K� nasolução final:

M M

M

K

K

K

K

n

V 0,010,2

0,05 mol/L

�

�

�

�

� �

�

⇒ ⇒

⇒

Cálculo da quantidade de matéria do íon Cl� nas soluções iniciais:KCl(aq) → K�

(aq) � Cl�(aq) MgCl2(aq) → Mg2

(a�q) � 2 Cl�

(aq)

1 mol 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol 2 mol

nKCl � MKCl � VKCl ⇒ nKCl � 0,1 � 0,1 ⇒⇒ nKCl � 0,01 mol ⇒ nCl� � 0,01 mol

nMgCl2 � MMgCl2

� VMgCl2⇒ nMgCl2

� 0,1 � 0,1 ⇒

⇒ nMgCl2 � 0,01 mol ⇒ nCl� � 0,02 mol

Professor: É bom lembrar que, como não está havendo uma rea-ção química, a quantidade em mols do soluto antes e após a mis-tura é a mesma.Cálculo da concentração em quantidade de matéria do íon Cl� nasolução final:

M M

M

Cl

Cl

Cl

Cl

n

V 0,03

0,2

0,15 mol / L

�

�

�

�

� �

�

⇒ ⇒

⇒

Cálculo da quantidade de matéria do íon Mg21 na solução inicial:MgCl2(aq) → Mg2�

(aq) � 2 Cl�(aq)

1 mol 1 mol 2 mol

nMgCl2 � MMgCl2

� VMgCl2 ⇒ nMgCl2

� 0,1 � 0,1 ⇒ nMgCl2 � 0,01 mol ⇒

⇒ nMg2� � 0,01 mol

Professor: É bom lembrar que, como não está havendo uma rea-ção química, a quantidade em mols do soluto antes e após a mis-tura é a mesma.Cálculo da concentração em quantidade de matéria do íon Mg2�

na solução final:

M M MK

K

K K

n

V 0,01

0,2 0,05 mol / L

�

�

� �� ⇒ ⇒

113

� →

HCl(aq) Ca(OH)2(aq)

VA � 50 mL VB � 50 mL Vf � 100 mL

MA � 0,4 mol/L MB � 0,4 mol/L

nA � 0,02 mol nB � 0,02 mol

2 HCl(aq) � 1 Ca(OH)2(aq) → CaCl2(aq) � 2 H2O(l)

2 mol 1 mol

a) 2,0 mol HCl — 1,0 mol Ca(OH)2

0,02 mol HCl — x

x � 0,01 mol de Ca(OH)2

Foi consumido na reação 0,01 mol de Ca(OH)2. Como foi adi-cionado 0,02 mol, resta na solução final 0,01 mol (excesso), oque torna o meio básico.

b)

M M

M

Ca(OH)2

Ca(OH) 2Ca(OH)2

Ca(OH)2

1

n

V 0,01

0,1

0,1 mol L

� �

� �

⇒ ⇒

⇒ �

114 Alternativa B.

� →

Hg(NO3)2(aq) Na2S(aq) NaNO3(aq) � HgS(sólido)

VA � 100 mL VB � 100 mL Vf � 200 mL

MA � 0,40 mol/L MB � 0,20 mol/L

nA � 0,04 mol nB � 0,02 mol


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38Hg(NO3)2 � Na2S → 2 NaNO3 � HgS

1 mol — 1 mol — 2 mol — 1 mol

0,04 mol 0,02 mol ← quantidade

misturada

0,02 mol 0,02 mol 0,04 mol 0,02 mol ← reage e forma

0,02 mol — 0,04 mol 0,02 mol ← resta no final

$(excesso)

Foram consumidos na reação 0,02 mol de Hg(NO3)2(aq) e 0,02 molde Na2S(aq). Como foi adicionado 0,04 mol de Hg(NO3)2(aq), resta,na solução final, 0,02 mol (excesso). Além do excesso, está pre-sente na solução final 0,04 mol de NaNO3(aq). O corpo de chão(precipitado) é constituído por 0,02 mol de HgS(sólido).

MNa

Na n

V�

�� ⇒ M

Na 0,04

0,2�� ⇒ MNa� � 0,2 mol � L–1

MHg 2

Hg 2

n

V�

�� ⇒ M

Hg 2 0,020,2�

� ⇒ MHg2� � 0,1 mol � L–1

115 Alternativa D.

1 C12H22O11(s) 1 C12H22O11(aq)

1 mol de moléculas 1 mol de moléculas1 NaCl(s) 1 Na�

(aq) � 1 Cl–(aq)

1 mol 1 mol de íons 1 mol de íons

0,5 mol 0,5 mol de íons 0,5 mol de íons

Ao adicionar 1 mol de moléculas C12H22O11 em água, teremos1 mol (6 � 1023) de moléculas (partículas) dissolvidas. Já ao adicio-nar 0,5 mol (3 � 1023) de NaCl em água, teremos 1 mol (6 � 1023) deíons (partículas) dissolvidos. O total de partículas em solução éigual a 2 mol, ou seja, 1,2 � 1024 partículas.

Professor: Contar partículas presentes em solução, sejam molécu-las ou íons, é de fundamental importância para o capítulo Pro-priedades coligativas.

116 Alternativa A.a) Se adicionarmos a solução II à solução III, teremos uma solu-

ção constituída por 18 g do soluto dissolvidos em 0,5 L desolução, ou seja, uma solução de concentração igual a 36 g/L.Como a solução I apresenta 4 g de soluto dissolvidos em100 mL de solução, sua concentração é igual a 40 g/L. Assim,a mistura de II e III produz uma solução de concentração me-nor que a da solução I.

b) Adicionar 100 mL de água à solução I, significa dobrar o seuvolume e, portanto, sua concentração que era igual a 40 g/Lpassa a ser igual a 20 g/L. A solução III apresenta 12 g dosoluto dissolvidos em 200 mL de água e, portanto, possui umaconcentração igual a 60 g/L.

c) A solução mais concentrada é aquela que apresenta maiormassa de soluto por unidade de volume de solução. No caso, éa solução III.

d) A solução mais diluída é aquela que apresenta menor massa desoluto por unidade de volume de solução. No caso, é a solução II.

117 Alternativa A.

Na solução de nitrato de bário há íons Ba2� e íons NO–3. Como

decorrência da fórmula desse sal, Ba(NO3)2, a concentração inicial,em mol/L, dos íons nitrato é o dobro da dos íons bário. Isso jádescarta a alternativa D.

Durante a adição da solução de H2SO4, na qual há íons H� e SO42�,

ocorre a precipitação de sulfato de bário:Ba2�

(aq) � SO24�(aq) → BaSO4(s)

Em função disso, a concentração de bário diminui até chegarpraticamente a zero. (Rigorosamente não chega a zero, mas sima um valor muito pequeno, como será estudado posteriormente notema produto de solubilidade.)A concentração de nitrato diminui, em decorrência da dilui-ção, mas não chega a zero. Isso elimina as alternativas B e E.Finalmente, quando a concentração de Ba2� chega a zero é porquefoi adicionada uma quantidade, em mol, de ácido sulfúrico igual àquantidade, em mol, de nitrato de bário inicialmente presente. Vejaa proporção estequiométrica:1 Ba2�

(aq) � 1 SO24�(aq) → BaSO4(s)

Como as concentrações, em mol/L, das soluções de Ba(NO3)2 eH2SO4 são inicialmente iguais, deduz-se que, quando a concentra-ção de Ba2� cair a zero, foram adicionados 100 mL da solução deH2SO4. Nesse momento o volume total da solução em que se en-contram os íons nitrato é 200 mL e a concentração desses íons,graças à diluição, chegou a metade da inicial. Isso está de acordocom o gráfico da alternativa A, mas não o da alternativa C.

118 01)

� →

1 HCl(aq) � 1 NaOH(aq) → 1 NaCl(aq) � 1 H2O(l)

MA � 1,0 mol/L MB � 0,5 mol/LVA � 500 mL VB � 1,0 L

↓ ↓nA � 0,5 mol nB � 0,5 mol

Esta afirmativa é falsa, pois a solução final é neutra.

02)

� 4,0 g de NaOH

HCl(aq)

MA � 1,0 mol/L MNaOH � 40 g/molVA � 500 mL 4,0 g de NaOH

↓ equivalem anA � 0,5 mol 0,1 mol

1 HCl � NaOH → NaCl � H2O1 mol — 1 mol ← proporção0,5 mol — 0,1 mol ← mistura0,1 mol — 0,1 mol ← reação0,4 mol — — ← excesso

Restam, após a adição de 0,1 mol de NaOH, 0,4 mol de HClem 0,5 L de solução.A solução final é, portanto, 0,8 mol/L de HCl, e a afirmação éverdadeira.

04)

� →

1 HCl(aq) � 1 NaOH(aq) → 1 NaCl(aq) � 1 H2O(l)

MA � 1,0 mol/L MB � 1,0 mol/L Msal � ?VA � 0,5 L VB � 0,5 L V � 1,0 L

↓ ↓nA � 0,5 mol — nB � 0,5 mol — nsal � 0,5 mol

Msal � 0,5 mol/L

A afirmativa é verdadeira.

1 mol de sacarose(C12H22O11)

1 mol de cloreto de sódio(NaCl)

H2O

H2O

�

�

Soro caseiroV � 5 L


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�

�

��

�

08)

� →

HCl(aq) NaCl(aq) NaCl(aq) � HCl(aq)

MA � 1,0 mol/L Msal � 1,0 mol/L 0,5 mol 0,5 molVA � 0,5 L Vsal � 0,5 L Vf � 1,0 L

↓ ↓nA � 0,5 mol nsal � 0,5 mol Msal � 0,5 mol/L

Mácido � 0,5 mol/LA afirmativa é verdadeira.

16)

� →

HCl(aq) HCl(aq) HCl(aq)

MA � 1,0 mol/L MB � 1,0 mol/L Mf � ?VA � 0,5 L VB � 0,5 L Vf � 1,0 L

↓ ↓nA � 0,5 mol � nB � 0,5 mol → nf � 1,0 mol

↓solutos iguais Mf � 1,0 mol/L

A afirmativa é falsa.

32)

HCl(aq) HCl(aq)

MA � 1,0 mol/L MB � ?VA � 0,5 L VB � 1,0 LMA � VA � MB � VB

1,0 � 0,5 � MB � 1,0MB � 0,5 mol/LA afirmativa é verdadeira.

119 Alternativa C.Seja n a quantidade em mols de MyClx adicionada à solução. Emfunção de n, temos:quantidade de cátions Mx� � y � nquantidade de ânions cloreto � x � nSendo conhecida a massa de precipitado (AgCl):

n mM

71,7 g

143,5 g / mol n 1

2 mol

AgCl AgCl� � �⇒

Como todo cloreto precipitou como AgCl, vem:

x n n x 12 � � �mol 1

2 mol⇒Assim:

quantidade de cátions M 12 molx� � �y n y x� �

quantidade de cátions M 2 molx� �yx

120 Alternativa D.

1 Na2B4O7 � 10 H2O � 2 H� → 4 H3BO3 � 5 H2O � 2 Na�

1 mol — 2 molCálculo da quantidade em mol do tetraborato que reagiu:

n mM

n 0,955 g

382 g / mol n 2,5 10 mol3� � � �⇒ ⇒ �

Cálculo do volume de HCl 0,1000 mol/L consumido sabendo quea proporção em mol é 1 de tetraborato para 2 do ácido:

MM

nV

V n 2 2,5 100,1000

3� � �

�

⇒ � �

V � 50 mL

121 Alternativa C.No tubo 6 temos íons tálio (6 mL, 0,1 mol/L) e íons cromato(3 mL, 0,1 mol/L) na proporção estequiométrica.

íons tálio: íons cromato:

M nV

� M nV

�

n � 0,1 � 0,006 n � 0,1 � 0,003n � 0,0006 mol n � 0,0003 mol

x (íon tálio) � y (íon cromato) → Tlx (CrO4)y

x mol y mol0,0006 mol 0,0003 mol

2 mol 1 mol

122 Alternativa B.

� →

Na2HPO4(aq) Na2HPO4(aq) Na2HPO4(aq)

MI � 1 mol/L MII � 0,25 mol/L MC � 0,5 mol/LVI � ? VII � ? VC � 0,5 L

MC � VC � MI � VI � MII � VII

0,5 � 0,5 � 1 � VI � 0,25 � VII

VI � 0,25 � VII � 0,25 (Equação 1)VI � VII � 0,5 ou então: VI � 0,5 – VII (substituindo em 1):0,5 – VII � 0,25 VII � 0,250,75 VII � 0,25VII � 0,333 L e VI � 0,167 L ou VII � 333 mL e VI � 167 mL

123 a) N2(g) � 2 O2(g) → 2 NO2(g)

b) substância (I): óxidosubstância (II): ácidosubstância (III): ácido

M � 1 mol/Lc) NaOHV � 2 L

↓n � 2 mol

1 NaOH � 1 HNO3 → 1 NaNO3 � 1 H2O1 mol — 1 mol2 mol — x

x � 2 mol de HNO3

1 mol HNO3 — 2 mol NO2

2 mol HNO3 — yy � 4 mol de NO2

1 mol — 22,7 L (Essa questão considera CNTPcomo 0°C e 100 kPa.)

4 mol — zz � 90,8 L de NO2

124 Alternativa C.Se a concentração da solução for 42 g/L, então haverá 42 g de solutoem um litro de solução. Convertendo para quantidade de matéria:


60 g — 1 mol42 g — x

⇒ x � 0,70 mol

�

�

�� 500 mL de H2O


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40Assim, podemos afirmar que 42 g/L de ácido acético correspon-dem a:


Esse é o valor de concentração, em mol/L, calculada a partir daindicação no rótulo. Vamos, agora, aos dados da titulação. A equa-ção da neutralização envolvida é:CH3COOH(aq) � NaOH(aq) � Na(CH3COO)(aq) � H2O(l)

A equação da reação fornece a proporção estequiométrica entreácido acético e hidróxido de sódio.

CH3COOH NaOHProporção: 1 mol 1 molGrandezas: Quantidade Quantidade


Mácido � Vácido — Mbase � Vbase⇒



Mácido � 10,00 mL � 0,100 mol/L � 25,00 mL


Esse é o valor da concentração de ácido calculada a partir dosdados da titulação. Concluímos, portanto, que o grupo III acertou.

125 Inicialmente, vamos usar os dados referentes à titulação para de-terminar a concentração em mol/L da solução de KOH.HNO3(aq) � KOH(aq) → KNO3(aq) � H2O(l)

A equação da reação fornece a proporção estequiométrica entreácido nítrico e hidróxido de potássio.

HNO3 KOHProporção: 1 mol 1 molGrandezas: Quantidade Quantidade



⇒



0,2 mol/L � 75 mL � Mbase � 100 mLMbase � 0,15 mol/LAssim, há 0,15 mol de KOH em um litro de solução. Como foijustamente esse o volume de solução preparado, há 0,15 mol deKOH na amostra original. Vamos determinar a que massacorresponde essa quantidade de matéria.


56 g — 1 molx — 0,15 mol

⇒ x � 8,4 g

Finalmente, vamos determinar a porcentagem da massa total daamostra inicial (12 g) que se deve ao KOH (8,4 g), ou seja, o “graude pureza de KOH na amostra”.

Grandezas: Massa Porcentagem12 g — 100%8,4 g — y

⇒ y � 70%

126 Alternativa A.Vamos calcular as quantidades de AgNO3 e K2CrO4.AgNO3: n � M � V � 0,1 mol/L � 0,020 L � 2 � 10–3 molK2CrO4: n � M � V � 0,2 mol/L � 0,010 L � 2 � 10–3 molA equação da reação é:2 AgNO3(aq) � K2CrO4(aq) → 2 KNO3(aq) � Ag2CrO4(s)

A proporção estequiométrica permite avaliar que há excesso deum dos reagentes (K2CrO4) e permite prever a quantidade de sóli-do que se forma conforme indicado a seguir:

2 AgNO3 K2CrO4 Ag2CrO4



2 � 10–3 mol — 1 � 10–3 mol — 1 � 10–3 mol

Apenas 1 � 10–3 mol Quantidade

de K2CrO4 reage; de sólido

o resto é excesso que se forma

O fato de haver excesso de K2CrO4 indica que a solução sobrena-dante (solução que fica sobre o precipitado) terá cor amarela.

127 Alternativa B.Não se trata de um problema em que se deve tentar descobrir quesais foram adicionados à água para fazer a solução nem de quantofoi usado de cada sal.O princípio científico que permite a resolução desse exercícioé que as soluções são eletricamente neutras, pois são forma-das a partir de substâncias (solutos e solvente) eletricamenteneutras.No litro de solução aquosa considerada há:• 0,30 mol de carga positiva que se deve aos íons Na�;• 3 � x mol de carga positiva que se deve aos íons Fe3�;• 0,28 mol de carga negativa que se deve aos íons Cl– e• 2 � 0,10 mol de carga negativa que se deve aos íons SO4

2–.Como a carga total positiva deve cancelar a negativa, vem:0,30 � 3 � x � 0,28 � 2 � 0,10x � 0,06Concluímos que há 0,06 mol de íons Fe3� no volume de um litrode solução e, portanto, a concentração desses íons é 0,06 mol/L.

128 1 C3H6O3 � 1 NaOH → C3H5O3Na � H2O (pois o ácido é1 mol — 1 mol monoprótico)

Cálculo da quantidade em mol de NaOH gasta na reação com oácido láctico:

M nV

� ⇒ n � M � V � 0,1 � 0,04 ⇒ nNaOH � 0,004 mol

Sabendo que a proporção na reação é 1:1, a amostra contém0,004 mol de ácido láctico.1 mol de lactose — 4 mol de ácido láctico

x — 0,004 mol de ácido lácticox � 0,001 mol de lactoseCálculo da massa de lactose:

n mM

� ⇒ m � n � M � 0,001 � 342 ⇒ mlactose � 0,342 g

0,5 g de lactose — 100%0,342 g de lactose — yy � 68,4%

129 Alternativa A.1 MgCO3 � 1 H2SO4 → 1 MgSO4 � 1 H2O � 1 CO2

1 mol — 1 mol

42 g84 g/ mol — x

x � 0,5 mol do H2SO4 participou da reaçãoComo o H2SO4 se encontrava em excesso, vamos calcular a quan-tidade que não reagiu com o MgCO3, usando NaOH.1 H2SO4 � 2 NaOH → Na2SO4 � 2 H2O1 mol — 2 mol

Cálculo da quantidade em mol gasta do NaOH:

M nV

� ⇒ n � M � V � 0,5 � 0,002 ⇒ nNaOH � 0,001 mol


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Se foi gasto 0,001 mol do NaOH, na solução havia 0,0005 mol doH2SO4 (essa é a quantidade em excesso na reação com MgCO3).A concentração em quantidade de matéria do H2SO4 é dada por:

M 0,00050,01

0,05 mol L 1� � ��

Dessa forma, conclui-se que 0,5 mol do ácido reagiu com o MgCO3

e 0,05 mol se encontrava em excesso. Havia, portanto, um total de:nH

2SO

4 � 0,5 � 0,05 � 0,55 mol

n mM

m 0,55 98 m 54 gH2SO4� � �⇒ ⇒�

Para calcular o volume do ácido usado inicialmente, utiliza-se:

d mV

V md

541,8

V 30 mLH2SO4� � � �⇒ ⇒

130 Alternativa A.

� →

1 NaCl(aq) � 1 AgNO3(aq) → AgCl(s) � NaNO3(aq)

M � 0,1 mol/L M � 0,1 mol/L Vf � 100 mLV � 50 mL V � 50 mL

A quantidade em mol do íon Na� e a do íon NO3– não se alteram

durante a reação. Porém o volume de solução após a mistura é odobro do volume inicial para cada um dos íons, o que faz com quesuas concentrações se reduzam à metade do valor inicial.

131 1 AgNO3 � 1 NaCl → NaNO3 � AgCl↓M � 0,10 mol/LV � 20 mL

↓nAgNO

3 � 0,002 mol

a) Como a proporção na reação é de 1:1, significa que nos 10 mLda solução aquosa de NaCl havia 0,002 mol do referido sal.A concentração em quantidade de matéria do NaCl é:

M M nV

0,0020,01

0,2 mol LNaCl

1� � � �⇒ �

Cálculo da massa do NaCl presente em 1,0 L da solução ana-lisada:

n mM

m n M 0,2 58,5

m 11,7 gNaCl

� � �

�

⇒ ⇒

⇒

� �

Assim, podemos escrever:11,7 g do NaCl — 1.000 mL da solução

x — 100 mL da solução (cuja massa é 100 g)x � 1,17 gEssa solução não pode ser utilizada como soro fisiológico, poisapresenta 1,17% de NaCl em massa.

b) 1 NaCl � 1 AgNO3 → 1 NaNO3 � 1 AgCl

1 mol — 1 mol — 1 mol

0,002 mol — 0,002 mol — 0,002 mol

n mM

m n M 0,002 143,5� � �⇒ � �

nAgCl � 0,287 g

132 Alternativa D.1 C9H8O4(aq) � 1 NaOH(aq) → 1 NaC9H7O4(aq) � 1 H2O(l)

M � 0,10 mol/L

V � 20 mL↓

n � 0,002 mol

Como a proporção é de 1:1, no comprimido havia 0,002 mol doácido acetilsalicílico.Cálculo da massa do ácido presente no comprimido:

n m

M m n m 0,002 180

m 0,36 gácido

� � �

�

⇒ ⇒

⇒

� �

Cálculo da porcentagem em massa do ácido no comprimido:1 g — 100%

0,36 g — xx � 36%

��

Capítulo 2

Propriedades coligativas

7 Na tabela, o valor mais próximo de 4.000 kPa é 3.973,6 kPa, quecorresponde a 250°C. Esse é, portanto, um valor aproximado parao ponto de ebulição da água nesse planeta.

8 a) Aparelho usado para esterilizar materiais por meio do vaporde água a alta pressão e temperatura. (A autoclave pode sercomparada a uma panela de pressão.)

b) A tabela mostra que a 150°C a pressão de vapor da água é475,7 kPa. Essa deve ser, portanto, a pressão no interior deuma autoclave em que haja água fervente.

13 Está incorreta.De fato, ao “dissolver um soluto não-eletrólito e não-volátil emágua, ocorre um abaixamento da pressão de vapor dessesolvente”.Contudo, em decorrência disso, esse solvente não “se torna maisvolátil”. Na verdade ele se torna menos volátil, ou seja, exibe menortendência a vaporizar.

14 Primeiramente, calculamos a fração em mol do solvente:

x = 0,900,10 + 0,90solvente ⇒ xsolvente � 0,90

A seguir, aplicamos a Lei de Raoult:Psolução � xsolvente � Psolvente puro � 0,90 � 3,2 kPa

Psolução � 2,88 kPa

A pressão de vapor da solução (isto é, do solvente na solu-ção) é 90% da pressão de vapor do solvente puro, na mesmatemperatura.

16 a) III, II, ITanto II quanto III têm pressão de vapor menor que a águapura graças ao efeito tonoscópico. E II tem pressão de vapormaior que III porque o efeito tonoscópico é menos intenso emII do que em III.

b) O efeito tonoscópico é maior em III do que em II porqueem III há maior concentração de partículas de soluto do queem II.

18 a) III, II, IIII, que tem maior concentração de partículas de soluto, sofremaior abaixamento da pressão de vapor do que II.

b) I, II, IIIIII, que tem maior concentração de partículas de soluto, sofremaior aumento da temperatura de início de ebulição do que II.

c) III, II, IIII, que tem maior concentração de partículas de soluto, sofremaior redução da temperatura de início de congelamento do


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que II. Assim, III terá a temperatura de início de congelamen-to mais baixa. A seguir vem II, cuja temperatura de início decongelamento é mais baixa que a da água pura. E, por último,vem a água pura.

20 A água do banho-maria atingirá a temperatura de ebulição da águae permanecerá nessa temperatura enquanto ocorrer a ebulição (istoé, enquanto houver água líquida, ou seja, enquanto houver o ba-nho-maria). Como a água presente no café tem temperatura deinício de ebulição superior à da água pura (efeito ebulioscópico),o café não irá ferver.A afirmação do estudante III é a única correta.

24 a) A solução � é a mais diluída, pois apresenta menor efeitotonoscópico e a solução � é a mais concentrada, pois apre-senta maior efeito tonoscópico.

b) �, �, �c) A solução �, pois apresenta efeitos coligativos (no caso, efei-

to ebulioscópico) mais acentuados.d) A solução �, pois apresenta efeitos coligativos (no caso, efei-

to crioscópico) mais acentuados.e) A solução �, pois apresenta efeitos coligativos (no caso,

pressão osmótica) mais acentuados.

25 Vamos calcular a quantidade em mol de cada soluto em um litrode solução:

Glicose: n mM

18 g

180 g/ mol� � ⇒ n � 0,10 mol

Sacarose: n mM

18 g

342 g/ mol� � ⇒ n � 0,053 mol

Assim, a solução de glicose tem maior concentração em mol/L e,portanto, apresenta maior pressão osmótica.

26 π � M solução � R � T

π 0,1 mol / L 0,082 atm Lmol K

300 K� ��

��

π � 2,5 atm

Essa pressão é 2,5 vezes a pressão atmosférica ao nível do mar.

27 a) CH4N2O(s) → CH4N2O(aq)

KBr(s) → K�(aq) � Br�

(aq)

MgBr2(s) → Mg2(a�q) � 2 Cl�

(aq)

b) Não. Dissolvido em 1.000 g de água, há, na solução:� 0,1 mol de moléculas CH4N2O;� 0,2 mol de íons (0,1 mol de K� e 0,1 mol de Br�) e� 0,3 mol de íons (0,1 mol de Mg2� e 0,2 mol de Cl�).

28 a) O efeito ebulioscópico é mais acentuado em � e menos acen-tuado em �. Assim, a seqüência de temperatura de início deebulição será: �, �, �.

b) O efeito crioscópico é mais acentuado em � e menos acen-tuado em �. Assim, a seqüência de temperatura de início decongelamento será: � (efeito crioscópico mais acentuado; tem-peratura de início de congelamento mais baixa), �, �.

29 a) A curva de pressão de vapor da água pura estaria acima dacurva �.Solução � � curva �; efeito tonoscópico menos acentuado.Solução � � curva �.Solução � � curva �; efeito tonoscópico mais acentuado.

b) A ordem crescente de pressões de vapor é �, �, �.

30 Alternativa D.A leitura direta do gráfico nos informa que, na temperatura de�25°C (ou próximo dela, já que a precisão do gráfico não é muitogrande), a pressão de vapor do líquido assume o valor 1 atm.

31 Alternativa B.A panela de pressão retém o vapor de água, pelo menos até seratingido um certo valor limite de pressão, a partir do qual a válvu-la deixa-o escapar.Graças a essa retenção do vapor de água, a pressão dentro dapanela, quando ela contém água em ebulição, atinge um valormaior do que a pressão atmosférica na localidade. Isso faz a tem-peratura de ebulição da água ser maior do que em uma panelaaberta.Assim, em uma panela de pressão, os alimentos cozinham em águaem ebulição a uma temperatura maior do que em panela aberta eisso faz o cozimento ser mais rápido.

32 Alternativa E.Na situação descrita, se, ao abaixarmos o fogo, a transferência decalor da chama do fogão para a panela for suficiente para mantera água em ebulição (é isso o que geralmente ocorre), então a tem-peratura a que os alimentos estarão submetidos se manterá e, por-tanto, o tempo de cozimento não será alterado.

34 Alternativa A.Deduz-se do enunciado que a pressão inicial da fase vapor(ar � vapor de água) já é igual à pressão atmosférica em ambas aspanelas. Assim, A é incorreta.Mesmo que considerássemos que a alternativa A se refere à pres-são do vapor de água, ainda assim ela estaria incorreta. Na panelafechada, sob aquecimento contínuo, há um acúmulo de vapor so-bre o líquido mais rápido que na panela aberta, o que faz com queo vapor atinja primeiro uma pressão igual à atmosférica, no seuinterior.

45 Falsa. A água-de-coco é uma mistura homogênea.Verdadeira. Ocorreria a passagem do solvente do meio mais di-luído (água-de-coco) para o mais concentrado (hemácias), o queprovocaria o rompimento das hemácias.Falsa. Se as soluções são isotônicas não haverá fluxo osmóticoefetivo.Verdadeira.

47 01 � 08 � 09(01) Correta.(02) Incorreta. O ponto de congelamento de uma solução é me-

nor que o do solvente puro correspondente.(04) Incorreta. Dependem unicamente da concentração de partí-

culas do soluto não-volátil.(08) Correta. O solvente vai do meio mais diluído para o mais

concentrado.(16) Incorreta. O aumento da temperatura de ebulição de uma

solução 1 mol/L de CaCl2 é maior que o de uma solução1 mol/L de glicose, pois a solução de CaCl2 apresenta maiornúmero de partículas do soluto não-volátil por unidade devolume.

Capítulo 3

Processos de óxido-redução

6 a) zero; é substância simplesb) zero; é substância simplesc) zero; é substância simplesd) H �1, F �1

H F�1 �1�1 �1 � zero


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e) C �4, H �1C H4

�4 �1�4 �4 � zero

f) C �2, H �1, F �1

C H3 F�2 �1 �1�2 �3 �1 � zero

g) C zero, H �1, F �1

C H2 F2

0 �1 �10 �2 �2 � zero

h) C �2, H �1, F �1

C H F3

�2 �1 �1�2 �1 �3 � zero

i) C �4, F �1C F4

�4 �1�4 �4 � zero

j) C �4, O �2C O2

�4 �2�4 �4 � zero

k) H �1, C zero, O �2

H2 C O�1 0 �2�2 0 �2 � zero

l) N �3, H �1N H3

�3 �1�3 �3 � zero

m) N �3, F �1N F3

�3 �1�3 �3 � zero

n) H �1, N �3, O �2

H N O2

�1 �3 �2�1 �3 �4 � zero

o) H �1, N �5, O �2

H N O3

�1 �5 �2�1 �5 �6 � zero

p) H �1, S �2

H2 S�1 �2�2 �2 � zero

q) zero; é substância simples

r) S �4, O �2

S O2

�4 �2

�4 �4 � zero

s) S �6, O �2

S O3

�6 �2�6 �6 � zero

t) H �1, Cl �1

H Cl�1 �1�1 �1 � zero

u) H �1, Cl �1, O �2

H Cl O�1 �1 �2�1 �1 �2 � zero

v) H �1, Cl �3, O �2

H Cl O2

�1 �3 �2�1 �3 �4 � zero

w) H �1, Cl �5, O �2

H Cl O3

�1 �5 �2�1 �5 �6 � zero

x) H �1, Cl �7, O �2

H Cl O4

�1 �7 �2�1 �7 �8 � zero

9 É o mesmo: �4

�H2 C O3 H C O3

�1 �4 �2 �1 �4 �2�2 �4 �6 � zero �1 �4 �6 � �1

C O32�

�4 �2�4 �6 � �2

Professor: Esse e o exercício seguinte permitem mostrar que aionização de um ácido não afeta os números de oxidação dos ele-mentos que o constituem.

10 É o mesmo: �6

�

H2 S O4 H S O4

�1 �6 �2 �1 �6 �2�2 �6 �8 � zero �1 �6 �8 � �1

S O42�

�6 �2�6 �8 � �2

11 É o mesmo: �5

H3 P O4 H P O3

�1 �5 �2 �1 �5 �2�3 �5 �8 � zero �1 �5 �6 � zero

H4 P2 O7

�1 �5 �2�4 �10 �14 � zero

13 Não, pois o número de oxidação dos elementos não se altera:H �1, S �6, O �2, Ca �2 e P �5 em ambos os membros daequação.

Resoluções do Vol 2_cad2A 6/24/05, 14:1543

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17 O agente oxidante é Ni(OH)3 (substância que contém o elementoque sofre redução, o níquel). E o agente redutor é Cd (substânciaque contém o elemento que sofre oxidação, o cádmio).

Cd � 2 Ni(OH)3 → Cd(OH)2 � 2 Ni(OH)2

0 �3 �2 �2

oxidaçãoredução

19 a) Oxidante: O2; redutor H2S.

b) H2S � O2 → SO2 � H2O

�2 0 �4 �2 �2

oxidação ∆ � 6

redução ∆ � 2 � 2 � 4

• 1 átomo de S (do H2S) perde 6 e�

• 1 par de átomos de O (do O2) recebe 4 e�

Assim, podemos colocar os coeficientes 6 no O2 e 4 no H2S.Ou então, simplificando, podemos colocar os coeficientes 3no O2 e 2 no H2S.• 2 átomos de S (do H2S) perdem 12 e�

• 3 pares de átomos de O (do O2) recebem 12 e�

2 H2S � 3 O2 → SO2 � H2OE, realizando o resto do balanceamento, chegamos a:2 H2S � 3 O2 → 2 SO2 � 2 H2O

20 a) Oxidante: MnO2; redutor: H2C2O4.b) MnO2 � H2C2O4 � H2SO4 → MnSO4 � CO2 � H2O

�4 �3 �2 �4

redução ∆ � 2

oxidação ∆ � 1 � 2 � 2

• 1 átomo de Mn (do MnO2) recebe 2 e�

• 1 par de átomos de C (do H2C2O4) perde 2 e�

Assim, podemos colocar os coeficientes 2 no O2 e 2 no H2C2O4.Ou então, simplificando, podemos colocar os coeficientes 1no H2C2O4 e 1 no MnO2.1 MnO2 � 1 H2C2O4 � H2SO4 → MnSO4 � CO2 � H2OE, fazendo o restante do balanceamento, chegamos a:1 MnO2 � 1 H2C2O4 � 1 H2SO4 → 1 MnSO4 � 2 CO2 � 2 H2O

21 A dificuldade desse exercício está no fato de três elementos sofre-rem alteração em seu número de oxidação.

FeS � H2O � O2 → Fe(OH)3 � S

�2 �2 0 �3 �2 0



redução ∆ � 2 � 2 � 4

• 1 FeS perde 3 e� (1 e� perdido pelo Fe e 2 e� pelo S)• 1 O2 recebe 4 e

�

Vamos colocar os coeficientes 3 no O2 e 4 no FeS.

• 4 FeS perdem 12 e�

• 3 O2 recebem 12 e�

4 FeS � H2O � 3 O2 → Fe(OH)3 � S

E, fazendo o restante do balanceamento, chegamos a:

4 FeS � 6 H2O � 3 O2 → 4 Fe(OH)3 � 4 S

22 ClO� � I� � H� → Cl� � I2 � H2O

�1 �1 �1 0

redução ∆ � 2

oxidação ∆ � 1 � 2 � 2

• 1 par de átomos de I (que vão para o I2) perde 2 e�

• 1 átomo de Cl (do ClO�) recebe 2 e�

Colocamos o coeficiente 1 no ClO� e o coeficiente 1 no I2, pois,dessa maneira, o número de elétrons perdido é igual ao recebido.1 ClO� � I� � H� → Cl� � 1 I2 � H2OEfetuando o restante do balanceamento, chegamos a:1 ClO� � 2 I� � 2 H� → 1 Cl� � 1 I2 � 1 H2OTrata-se de uma equação iônica, na qual a carga elétrica total deveser igual em ambos os membros. De fato, a carga elétrica total dosreagentes é �1 e dos produtos também.

24 a) No processo I o peróxido de hidrogênio atua como agenteoxidante, pois o oxigênio nele contido se reduz:

H2O2 � HNO2 → HNO3 � H2O�1 �3 �5 �2

redução

oxidação

No processo II o peróxido de hidrogênio atua como agenteredutor, pois o oxigênio nele contido se oxida:

MnO2 � H2SO4 � H2O2 → MnSO4 � 2 H2O � O2

�4 �1 �2 0

redução

oxidação

b) Porque para HNO3 e H2SO4 atuarem como redutores, o enxo-fre e o nitrogênio deveriam oxidar-se. Porém, nessas substân-cias, esses elementos já se encontram com o maior número deoxidação possível (�5 para o nitrogênio, grupo 15, e �6 parao enxofre, grupo 16).

25 Alternativa A.

NaCl Cl2 NaClO KClO3

�1 0 �1 �5

Aumenta o número de oxidação do cloro

26 Alternativa A.

CCl4 CHCl3 CH2Cl2 CH3Cl CH4

�4 �2 0 �2 �4

27 a) A hidroxiapatita é formada pelos íons Ca2�, PO43� e OH�.

Vamos, a título de esclarecimento, verificar a neutralidade elé-trica do composto. Na fórmula Ca10(PO4)6(OH)2 há:• 20 cargas positivas dos 10 cátions Ca2�;• 18 cargas negativas dos 6 ânions PO4

3� e• 2 cargas negativas dos 2 ânions OH�.Assim, a carga total é zero.O número de oxidação do fósforo é �5, o que pode ser deter-minado, por exemplo, considerando o ânion fosfato (PO4

3�)isoladamente:

P O43�

�5 �2�5 �8 � �3


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b) O nitrato de amônio é constituído por cátions amônio NH4� e

por ânions nitrato NO3�.

(NH4�)1(NO3

�)1 ⇒ NH4NO3

28 Alternativa E.

�1 �3 �4 �2 �2 �4

K Cl O2 Ca Cl2 O2

�1 �2 �2 �2�3 �1

�2 �10 �12 �2 �14 �16

Mg Cl2 O6 Ba Cl2 O8

�2 �2 �2 �2�5 �7

Observação: Nesta resolução mostramos um outro algoritmo paraa determinação do número de oxidação.

31 Alternativa C.

�2 �2N2 O

�2�1

35 a) 2 Ag� � 2 Cl� → 2 Ag � Cl2

ou 2 AgCl → 2 Ag � Cl2

b) a prata metálica (Ag)c) Cu2� � Ag → Cu� �Ag�; o agente oxidante é o Cu2�

Professor: A outra reação mencionada, na qual os íons Cu� rege-neram os íons cloreto gastos na primeira reação, pode ser assimequacionada: 2 Cu� � Cl2 → 2 Cu2� � 2 Cl�

37 01) Incorreto. O ferro metálico é oxidado, pois seu nox passa dezero a �3.

02) Correto. O ferro metálico é o agente redutor, já que ele sofreo processo de oxidação.

04) Incorreto. O oxigênio é reduzido, pois seu nox passa de zeroa �2.

08) Correto. O oxigênio é o agente oxidante, já que ele sofre oprocesso de redução.

16) Correto. Os reagentes encontram-se na forma de substânciassimples.

38 Alternativa B.O borbulhamento da água oxigenada (solução de H2O2 em H2O)em contato com um ferimento evidencia a decomposição doperóxido de hidrogênio, de acordo com a equação:

H2O2 � H2O � 12

O 2

39 Alternativa D.a) O Cl2 é reduzido de zero a �1. O CO não é oxidado nem redu-

zido; é produto da reação. FeTiO3 não pertence à função óxido.b) Mg, em II, sofre oxidação, portanto é agente redutor.c) Ti(s), Fe(s) e Mg(s) não pertencem ao mesmo grupo na tabela

periódica.d) Embora o composto TiCl4 seja formado pela ligação entre me-

tal (Ti) e não-metal (Cl), o fato de apresentar um baixo pontode fusão (�30ºC) indica ser um composto de naturezamolecular. (De fato, a diferença de eletronegatividade entretitânio e cloro é da ordem de 1,6.)

e) Tanto FeCl2 como MgCl2, por serem derivados de um ácidoforte (HCl), não poderiam apresentar reação básica em solu-ção aquosa. (Neste estágio, como ainda não se estudou hidrólisesalina, basta ao estudante caracterizar FeCl2 e MgCl2 comosais e não como hidróxidos.)

43 Alternativa D.Cr3� → Cr6� � 3 e�

redução ∆ � 5 � 2 � 10

47 a) 2 IO3� � 5 HSO3

� → 1 I2 � 5 SO42� � 3 H� � 1 H2O

�5 �4 0 �6

oxidação ∆ � 2 � 1 � 2

Agente oxidante: IO3�; agente redutor: HSO3

�

b) 2 � 198 g — 254 g de I2 15,6 kg — 0,1%x — 10 kg de I2 y — 100%

x � 15,6 kg (de NaIO3) y � 15,6 � 103 kg � 15,6 t (decaliche)

redução (oxidante)

�5∆ � 8 � 1 � 8

�3

48 4 Zn � 10 HNO3 → 4 Zn(NO3)2 � 1 NH4NO3 � 3 H2Ooxidação (redutor)

0 �2∆ � 2 � 1 � 2

Verdadeiro: HNO3 é o agente oxidante.Falso: São produtos o nitrato de zinco, o nitrato de amônio e a água.Falso: 4 � 10 � 4 � 1 � 3Verdadeiro: O zinco sofreu oxidação na presença do ácido nítrico.Seu nox variou de zero a �2.Falso: Para caracterizar uma dupla troca, são necessárias duas subs-tâncias compostas nos reagentes e, no caso, temos somente uma,o HNO3.Falso: São quatro substâncias compostas. O zinco não é substân-cia composta.

redução (oxidante)�7 �2∆ � 5 � 1 � 5

49 5 SO32� � 2 MnO�

4 � 6 H� → 5 SO42� � 2 Mn2� � 3 H2O

oxidação (redutor)�4 �6∆ � 2 � 1 � 2

0 - Verdadeiro: O enxofre do SO32� tem seu nox aumentado (oxi-

dação).1 - Falso: O coeficiente da água é 3.

2 - Verdadeiro: O MnO4� é oxidante, pois contém o elemento que

sofre redução (Mn �7 → �2 ).

3 - Falso: O nox do enxofre no SO32� é �4.

4 - Verdadeiro: 5 � 2 � 6 � 5 � 2 � 3 � 23

redução�4 �2

∆ � 2 � 1 � 2

50 a) 4 HCl � 1 MnO2 → 1 Cl2 � 1 MnCl2 � 2 H2O

oxidação�1 0∆ � 1 � 2 � 2

b) agente oxidante � MnO2

c) agente redutor � HCl

51 Alternativa 05.oxidação (redutor)

�2 �3∆ � 1 � 1 � 1

1 H2O2(l) � 2 Fe2(�aq) � 2 H3O

�(aq) → 2 Fe3

(�aq) � 4 H2O(l)

redução (oxidante)�1 �2

∆ � 1 � 2 � 2


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58 Alternativa A.O enunciado indica que• Cl2 oxida Br� a Br2:

Cl2 � 2 Br� → 2 Cl� � Br2

castanho• Cl2 oxida I� a I2:

Cl2 � 2 I� → 2 Cl� � I2

violeta• Br2 oxida I� a I2:

Br2 � 2 I� → 2 Br� � I2

violetaAssim, comparando Cl2, Br2 e I2, concluímos que Cl2 tem o maiorpoder oxidante, enquanto I2 tem o menor poder oxidante.

Capítulo 4

Eletroquímica: celas galvânicas

6 a) Três respostas possíveis: Zn(s), MnO2(s) e H2O(l).b) Semi-reação II, pois cátodo é o eletrodo em que ocorre redu-

ção e na semi-reação II o manganês se reduz de �4 para �3.c) O “pólo que emite elétrons para a parte do circuito externa à pi-

lha” é o pólo negativo. A semi-reação I, na qual há oxidação dozinco, é a que ocorre no eletrodo que atua como pólo negativo.

7 a) Duas respostas possíveis: Cd(OH)2(s) e Ni(OH)2(s).Note que OH� não responde adequadamente a essa perguntaporque sua quantidade permanece constante, o que pode serpercebido por meio da equação global (veja item d).

b) O elemento que se oxida é o cádmio, de zero para �2. O quese reduz é o níquel, de �3 para �2.

c) No pólo positivo, que recebe elétrons da parte do circuito ex-terna à pilha, ocorre a semi-reação de redução, que é II.

d) Cd(s) � 2 OH�(aq) → Cd(OH)2(s) � 2 e

�

2 Ni(OH)3(s) � 2 e� → 2 Ni(OH)2(s) � 2 OH�

(aq)

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

10 a) A comparação entre os potenciais de semicela indica que aprata tem uma maior tendência a se reduzir e que o zinco temuma maior tendência a se oxidar. Assim, o ânodo (em que ocor-re oxidação) é o eletrodo de zinco e o cátodo (em que ocorreredução) é o eletrodo de prata.

b) O eletrodo de zinco é o pólo negativo e o de prata é o positivo.c) A espécie que se oxida é o zinco metálico, Zn0, e a que se

reduz é o cátion prata, Ag�.d) Zn(s) → Zn2

(�aq) � 2 e�

e) Ag�(aq) � e� → Ag(s)

f) Zn(s) → Zn2(�aq) � 2 e�

2 Ag�(aq) � 2 e

� → 2 Ag(s)

Zn(s) � 2 Ag�(aq) → Zn2

(�aq) � 2 Ag(s)

g) Da placa de zinco para a placa de prata.h) O fluxo efetivo de cátions é da semicela de zinco para a de

prata e o de ânions é da semicela de prata para a de zinco.i) ∆E° � E°eletrodo que recebe elétrons � E°eletrodo que perde elétrons

∆E° � �0,80 V � (�0,76 V)∆E° � �1,56 V

11 ∆E° � E°eletrodo que recebe elétrons � E°eletrodo que perde elétrons

∆E° � �0,13 V � (�1,68 V)∆E° � �1,55 V

13 2 Al(s) → 2 Al3(�aq) � 6 e�

3 Cu2(�aq) � 6 e

� → 3 Cu(s)

2 Al(s) � 3 Cu2(�aq) → 2 Al3

(�aq) � 3 Cu(s)

14 a) Átomos de cobre metálico do fio, Cu0, sofreram oxidação pas-sando a Cu2�, enquanto íons prata da solução, Ag�, sofreramredução passando a Ag0 e depositando-se sobre o fio.

Cu(s) → Cu2(�aq) � 2 e�

2 Ag�(aq) � 2 e

� → 2 Ag(s)

Cu(s) � 2 Ag�(aq) → Cu2

(�aq) � 2 Ag(s)

b) Sim, pois há alteração do número de oxidação de elementosenvolvidos.

c) O agente oxidante é o íon prata, Ag�, e o agente redutor é ocobre metálico, Cu0.

d) ∆E° � E°eletrodo que recebe elétrons � E°eletrodo que perde elétrons

∆E° � �0,80 V � (�0,34 V)∆E° � �0,46 V

15 a) De acordo com os potenciais, a primeira semi-reação, em rela-ção à segunda, tem maior tendência a ocorrer no sentido inver-so (oxidação). Assim:

Pb � SO42� → PbSO4 � 2 e

�

PbO2 � 4 H� � SO4

2� � 2 e� → PbSO4 � 2 H2O

Pb � PbO2 � 4 H� � 2 SO4

2� → 2 PbSO4 � 2 H2Ob) Três substâncias que são consumidas e, portanto, são respos-

tas possíveis: Pb, PbSO4 e H2SO4.c) ∆E° � E°eletrodo que recebe elétrons � E°eletrodo que perde elétrons

∆E° � �1,69 V � (�0,36 V)∆E° � �2,05 V

16 De acordo com a representação fornecida, Ag� se reduz a Ag0,enquanto Fe2� se oxida a Fe3�. Assim:∆E° � E°eletrodo que recebe elétrons � E°eletrodo que perde elétrons

0,03 V � �0,80 V � E°(Fe3�/Fe2�)E°(Fe3�/Fe2�) � �0,77 V

17 a) O poder oxidante de uma substância (isto é, a tendência deessa substância atuar como agente oxidante) é tanto maiorquanto maior for a tendência de ela sofrer redução. E a ten-dência a sofrer redução aumenta na mesma ordem em que au-menta E°.Portanto, a ordem crescente de poder oxidante é:

I2, Br2, Cl2, F2

b) O poder redutor de uma espécie química (isto é, a tendênciade essa substância atuar como agente redutor) é tanto maiorquanto maior for a tendência de ela sofrer oxidação. E a ten-dência a sofrer oxidação aumenta na mesma ordem em quediminui E°.Portanto, a ordem crescente de poder redutor é:

F�, Cl�, Br�, I�

18 a) Se o metal é corroído pelos íons H�, isso significa que o ele-mento hidrogênio se reduz de H� a H2 e que o metal se oxidade substância simples a cátion.Os potenciais apresentados revelam que, dos metais apresen-tados, aqueles com tendência maior que o hidrogênio para so-frer oxidação são magnésio, zinco, ferro e chumbo.

b) Os metais mais nobres que o hidrogênio, dentre os apresenta-dos, são cobre, prata e ouro, pois apresentam menor tendênciaa se oxidar que o hidrogênio.

19 A tendência a sofrer oxidação aumenta na ordem em que diminuiE°. Assim, a ordem crescente de tendência a se oxidar é:

Au, Ag, Cu, Pb, Fe, Zn, Mg


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Ânodo Cátodo

Cr3�

Cr0 Fe0

A

e�e�

Fe2�

22 Por que os íons Ag� presentes na solução provocam a oxidação docobre (de Cu0 a Cu2�) e do zinco (de Zn0 a Zn2�).

Cu(s) → Cu2(�aq) � 2 e�

2 Ag�(aq) � 2 e

� → 2 Ag(s)

Cu(s) � 2 Ag�(aq) → Cu2

(�aq) � 2 Ag(s) ∆E° � �0,46 V

∆E° � 0(espontânea)

Zn(s) → Zn2(a�q) � 2 e�

2 Ag�(aq) � 2 e

� → 2 Ag(s)

Zn(s) � 2 Ag�(aq) → Zn2

(�aq) � 2 Ag(s) ∆E° � �1,56 V


Tais reações, além de consumirem íons prata da solução, contami-nam-na com íons Cu2� e Zn2�.

23 a) Das três semi-reações apresentadas, a de redução da prata é aque apresenta o maior E°. Essa redução possui tendência a ocorrermaior que as outras. Assim, os íons Ag� são um oxidante sufi-cientemente forte para oxidar Sn0 a Sn2� e Sn2� a Sn4�.

b) Sim. Os íons Ag� da solução irão reduzir-se, enquanto oestanho irá oxidar-se primeiramente a Sn2� e, a seguir, tam-bém sob ação dos íons Ag�, a Sn4�. Portanto, algum tempoapós mergulhar a placa, já encontraremos na solução íonsde estanho.

Sn(s) → Sn2(�aq) � 2 e�

2 Ag�(aq) � 2 e

� → 2 Ag(s)

Sn(s) � 2 Ag�(aq) → Sn2

(�aq) � 2 Ag(s) ∆E° � 0,94 V


Sn2(�aq) → Sn4

(�aq) � 2 e�

2 Ag�(aq) � 2 e

� → 2 Ag(s)

Sn2(�aq) � 2 Ag�

(aq) → Sn4(�aq) � 2 Ag(s) ∆E° � 0,65 V


26 Alternativa D.A série de atividade indica que o zinco, sendo mais reativo que aprata, sofrerá o fenômeno da oxidação. Assim:V. Zn → Zn2� � 2e� e I. Ag� � e� → Ag0 estão corretas.

27

29 01 � 04 � 08 � 64 � 77(01) Verdadeira: X0 doa elétrons para o circuito externo, sofrendo

corrosão.(02) Falsa: Nesse processo, energia química é transformada em

energia elétrica.(04) Verdadeira: Ânodo é o eletrodo no qual ocorre o processo da

oxidação.(08) Verdadeira:

ânodo: X0 → X� � e�

cátodo: Y� � e� → Y0

global: X0 � Y� → X�� Y0

(16) Falsa. X0 sofre oxidação, atuando como agente redutor.(32) Falsa: A solução em A fica mais concentrada em X� e a solu-

ção em B fica mais diluída em Y�.(64) Verdadeira: Essa migração ocorre para manter o equilíbrio

elétrico de cargas nas soluções.

30 Alternativa D.∆E° � E°eletrodo que recebe elétrons � E°eletrodo que perde elétrons

∆E° � �0,80 �(�0,25) ⇒ ∆E° � 1,05 V

31 Alternativa A.∆E° � �0,34 �(�1,68)∆E° � 2,02 V

32 Alternativa B.O eletrodo no qual ocorre uma reação de oxidação é o ânodo dapilha e conseqüentemente o pólo negativo.Professor: É bom lembrar que se o eletrodo ligado ao eletrodo dehidrogênio sofrer reação de oxidação é porque o E°red do eletrodode hidrogênio é maior. Assim, o E°red do referido eletrodo terá va-lor negativo.

33 Alternativa E.Au Ag Cu H2 Ni Fe Zn Mn

reatividade crescente

e–

H2

Au, Ag, Cu

A

Ânodo Cátodo

Ânodo

Ni, Fe, Zn, Mn H2

A

e–

Cátodo

a) Ânodo: Cr0(s) → Cr3

(�aq) � 3 e� (oxidação)

Cátodo: Fe2(�aq) � 2 e� → Fe0

(s) (redução)

b) 2 Cr0(s) � 3 Fe2

(�aq) → 2 Cr3

(a�q) � 3 Fe0

(s)

28 Alternativa D.

I. Verdadeira.

II. Falsa. Os discos de prata recebem elétrons do circuito externo.

III. Verdadeira.

I. Falsa: Espécies situadas antes do hidrogênio têm carátercatódico.

II. Falsa: A maior ddp na série é entre os elementos Au e Mn.III. Verdadeira. A pilha Zn-Ni deve apresentar ∆E° maior do que

a pilha Zn-Fe.


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34 Alternativa B.Os discos de zinco têm sua massa diminuída com o passar do tem-po porque neles ocorre o processo de oxidação:

Zn0(s) → Zn2

(�aq) � 2 e�.

36 Alternativa B.Zn0|Zn2�||Ag�|Ag0

∆E0 � 1,6 V

37 Alternativa A.Ni0|Ni2�||Ag�|Ag0

ânodo cátodo(oxidação)(redução)

∆E° � �0,80 �(�0,24)∆E° � 1,04 V

38 01) Correta: O eletrodo de cobre possui menor E°red.02) Incorreta: Como o Cu(s) sofre oxidação, no circuito externo,

os elétrons deslocam-se do eletrodo de cobre para o eletrodode prata.

04) Correta: Por apresentar maior E°red, o eletrodo de prata é ocátodo.

08) Correta: ∆E° � 0,80 � 0,34 � 0,46 V16) Incorreta: Cu0|Cu2�||Ag�|Ag0

42 Alternativa C.A prata metálica do talher, Ag0, se oxida a Ag�, que passa a tomarparte do composto iônico (Ag�)2(S

2�)1 ou Ag2S.

43 Alternativa A.O conhecimento de que a camada escura que reveste objetos deprata oxidados é formada por sulfeto de prata é o suficiente parapermitir ao estudante chegar à resposta A, pois essa é a única al-ternativa em que Ag2S figura como reagente.

44 Alternativa E.O alumínio é um metal menos nobre do que os empregados emrestaurações dentárias, ou seja, tem maior tendência a se oxidar,atuando, portanto, como agente redutor e como ânodo da celagalvânica formada.

45 a) 2 Fe2� → 2 Fe3� � 2 e�

2 H� �12

O2 � 2 e� → H2O

2 Fe2� � 2 H� �12

O2 → 2 Fe3� � H2O

b) A oxidação do ferro (II) a ferro (III) conforme a equação doitem a é espontânea porque apresenta ∆E° positivo:∆E° � E°eletrodo que recebe elétrons � E°eletrodo que perde elétrons

∆E° � �1,23 V � 0,77 V∆E° � �0,46 V ⇒ ∆E° � 0 reação espontâneaPorém, para a oxidação de cobalto (II) a cobalto (III), o cálcu-lo a seguir indica que ∆E° é negativo.

2 Co2� → 2 Co3� � 2 e�

2 H� �12

O2 � 2 e� → H2O

2 Co2� � 2 H� �12

O2 → 2 Co3� � H2O

∆E° � E°eletrodo que recebe elétrons � E°eletrodo que perde elétrons

∆E° � �1,23 V � 1,82 V∆E° � �0,59 V ⇒ ∆E° � 0 reação não-espontâneaPortanto, soluções de cobalto (II) são estáveis diante da oxida-ção por gás oxigênio.

46 a) Na lavagem do metal com solução aquosa alcalina, há o encon-tro de três espécies: o metal, a água e íons hidroxila. Vamos,portanto, averiguar se ocorre uma reação espontânea envolven-do essas espécies, na qual o metal sólido seja consumido.

Para essa averiguação, no caso do alumínio, vamos somar aprimeira equação fornecida, multiplicada por 3, com a segun-da equação fornecida, invertida. Chegamos a:

Al(s) � 3 H2O(l) � OH�(aq) → Al(OH)4

�(aq) �

32

H2(g)


∆E° � �0,83 V � (�2,33 V)∆E° � �1,50 V ⇒ ∆E° � 0 reação espontâneaPortanto, o alumínio é corroído ao ser lavado por solução aquo-sa alcalina, pois é espontânea a reação que consome o alumí-nio sólido.Agora faremos a averiguação no caso do cobre. Para isso, va-mos somar a primeira equação fornecida, multiplicada por 2,com a terceira equação fornecida, invertida. Chegamos a:Cu(s) � 2 H2O(l) → Cu(OH)2(s) � H2(g)


∆E° � �0,83 V � (�0,22 V)∆E° � �0,61 V ⇒ ∆E° � 0 reação não-espontâneaPortanto, não ocorre corrosão do cobre ao ser lavado com so-lução aquosa alcalina.

b) Ser melhor redutor é ter maior tendência a sofrer oxidação(menor E°). Pelos potenciais apresentados, conclui-se que omelhor redutor é o alumínio metálico.

47 Verdadeiro.Falso: Camada N � 4s2

Verdadeiro: Metais conduzem a eletricidade.Falso: Por apresentar o maior E°red, o níquel é, entre os metaiscitados, o mais difícil de sofrer oxidação.Verdadeiro: A tabela confirma.Verdadeiro: O eletrodo de níquel, por apresentar maior valor deE°red, funciona como cátodo. Assim:Co0|Co2�||Ni2�|Ni0

Falso: A pilha citada deve ter a seguinte representação:Cr0|Cr3�||Co2�|Co0

ânodo cátodo(oxidação)(redução)

49 Alternativa E.Fe2

(�aq) oxida o Zn0

(s), pois apresenta um E°red maior.

53 a) Os potenciais indicam que a redução de Cu2� a Cu0 (maior E°)tem maior tendência para ocorrer do que a redução de Ni2� aNi0. Assim, a reação apresentada não é espontânea.Outra maneira de demonstrar a espontaneidade é calculando o∆E° do processo e verificando que é menor que zero:∆E° � E°eletrodo que recebe elétrons � E°eletrodo que perde elétrons

∆E° � �0,23 V � (�0,34 V)∆E° � �0,57 V ⇒ ∆E° � 0

b) Na pilha níquel/zinco, o eletrodo de níquel recebe elétrons(maior E°) e o de zinco perde elétrons (menor E°). Assim, asemi-reação anódica (oxidação) é:Zn → Zn2� � 2 e�

e a ddp padrão (∆E°) é calculada como segue.∆E° � E°eletrodo que recebe elétrons � E°eletrodo que perde elétrons

∆E° � �0,23 V � (�0,76 V)∆E° � �0,53 V

59 Frasco I - Não ocorre reação porque íons Zn2(�aq) têm E°red menor

que Cu0(s).

Frasco II - Ocorre reação espontânea porque íons Cu2(�aq) têm E°red

maior que Fe0(s).

Fe0(s) + Cu2

(�aq) → Fe2

(�aq) + Cu0

(s)

Frasco III - Não ocorre reação, pois o E°red do estanho é maior queo do ferro.

Frasco IV - Não ocorre reação, pois E°red do ferro é maior que o dozinco.


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e�

60 Cl2 � 2 Fe2� → 2 Cl� � 2 Fe3�

espécieque recebee� possui omaior E°red

∆E° � 1,36 �(�0,77) ⇒ ∆E° � 0,59 V

61 02 � 04 � 08 � 16 � 30(01) Falso: Por apresentar o maior E°red, Au3� possui maior ten-

dência de receber e� e Au0, maior dificuldade de perder e�.(02) Verdadeiro: ∆E° � �1,50 �(�1,66) � 3,16 V(04) Verdadeiro: Pelo fato de possuir um E°red menor, o Al se oxi-

da mais facilmente, inibindo a oxidação do ferro.(08) Verdadeiro: Íons Hg2�

(aq), por apresentarem maior E°red, oxi-dam a prata e se transformam em Hg0.

e�

Hg2� � 2 Ag0 → Hg0 � 2 Ag�

�0,85 V �0,80 V

(16) Verdadeiro. Quando a embalagem é rompida ou amassada,fragmentos de estanho metálico podem se desprender do fer-ro. Submetido, por exemplo, a um meio ácido, o estanho des-ses fragmentos pode ser oxidado a estanho (II). Os própriosíons ferro (III), provenientes da oxidação do ferro exposto,podem oxidar o estanho a estanho (II):3 Sn0 � 2 Fe3� → 3 Sn2� � 2 Fe0

∆E° � �0,04 � (�0,14) � 0,10 V � zero

e�

(32) Falso: 3 Hg2(�aq) � 2 Al0

(s) → 2 Al3(�aq) � 3 Hg0

(l)

�0,85 V �1,66 Vmaior E°red

recebe e� dometal

(64) Falso: Sn0|Sn2�||Ag�|Ag0

ânodo cátodooxidação reduçãoredutor oxidante

62 Alternativa A.I. Sn2� � Fe0 → reação espontânea, pois E°red Sn2� � E°red Fe0

II. Sn2� � Zn0 → reação espontânea, pois E°red Sn2� � E°red Zn0

III. Idem I e II.IV. Sn2� � Cu0 → não há reação, pois E°red Sn2� � E°red Cu0

65 Alternativa C.A corrosão se manifesta nos tubos 2 e 4 devido à presença deágua � ar.

66 Alternativa E.O único que apresenta um E°red menor que o do ferro é o Mg, pro-tegendo-o assim contra a corrosão.

67 Alternativa A.Para proteger o ferro da oxidação, o metal deve ter um E°red menorque o dele. Dos metais citados, o único com essa característica é omagnésio.

68 Alternativa E.I. Correta.

II. Incorreta: Caso essa reação seja inibida, o ferro se oxida.III. Correta: Metais de sacrifício se oxidam, pois doam elétrons.

Nesse caso, funcionam como ânodo ou pólo negativo da pilhaformada.

72 Alternativa A.Dentre ambas as semi-reações de redução apresentadas, a quepossui maior E° é a que tem maior tendência a ocorrer. Assim:

Ag2O(s) � H2O(l) � 2 e� → 2 Ag(s) � 2 OH�

Zn(s) → Zn2(�aq) � 2 e

�

Ag2O(s) � H2O(l) � Zn(s) → 2 Ag(s) � 2 OH� � Zn2(�aq)


∆E° � �0,344 V � (�0,763 V)

∆E° � �1,107 V

O zinco metálico, como sofre oxidação, atua como ânodo.O pólo positivo é o que recebe elétrons do circuito externo à celagalvânica. Esses elétrons são recebidos pela espécie que sofre re-dução nesse eletrodo que, portanto, atua como cátodo.

73 Alternativa A.2 Ni(OH)3(s) � 2e� B 2 Ni(OH)2(s) � 2 OH�

(aq)

2 OH�(aq) � Cd(s) B Cd(OH)2(s) � 2e�

2 Ni(OH)3(s) � Cd(s) B 2 Ni(OH)2(s) � Cd(OH)2(s)

74 Alternativa A.Por apresentar maior E°red, a reação I ocorre no cátodo (redução).A reação II, no sentido MH � OH� → M � H2O � e�, ocorre noânodo (oxidação).∆E° � 0,52 �(�0,83)∆E° � 1,35 V

Capítulo 5Eletroquímica:celas eletrolíticas

2 semi-reação catódica (redução): K� � e� → K0

semi-reação anódica (oxidação): 2 F� → F2 � 2 e�

2 K� � 2 e

� → 2 K0

2 F� → F2 � 2 e�

reação global: 2 K� � 2 F

� → 2 K0 � F2

ou: 2 KF → 2 K0 � F2

4 a) Al3� e O2�

b) Os íons alumínio (Al3�) se transformam em alumínio metálico(Al0) e os íons óxido (O2�) se transformam em gás oxigênio (O2).

5 a) Um eletrodo feito de uma substância que não tome parte naeletrólise como reagente, exercendo apenas papel de condutorde corrente elétrica.

b) No pólo positivo é produzido gás oxigênio:4 OH�

(aq) → O2(g) � 2 H2O(l) � 4 e�

No pólo negativo é produzido gás hidrogênio:2 H

�(aq) � 2 e

� → H2(g)

c) 2 H2O(l) → 2 H2(g) � O2(g) ou H2O(l) → H2(g) �12 O2(g)

d) NaOH, H2SO4 ou KNO3, pois são eletrólitos cuja solução, aoser eletrolisada, produz H2 no cátodo e O2 no ânodo.No caso de NaCl e HCl haveria produção de Cl2 no ânodo.No caso de KBr haveria produção de Br2 no ânodo.No caso de C6H12O6 (glicose) a solução não seria eletrolítica,ou seja, não apresentaria condutividade elétrica apreciável aponto de permitir a eletrólise da água.No caso de CuSO4 haveria produção de cobre metálico no cátodo.

e) De acordo com os coeficientes estequiométricos de H2 e O2, arelação volumétrica é de 2 : 1, ou seja, dois volumes de H2

para um volume de O2.(Assim, de acordo com o desenho, o gás A é hidrogênio e ogás B é oxigênio.)


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6 a) O gás produzido no ânodo é o cloro:2 Cl�

(aq) → Cl2(g) � 2 e�

b) O gás produzido no cátodo é o hidrogênio:2 H

�(aq) � 2 e

� → H2(g)

c) O cloreto de hidrogênio (HCl) que, em solução, é conhecidocomo ácido clorídrico.

d) Hidróxido de sódio, NaOH.

10 a) Oxidação: enxofre; redução: prata e oxigênio.

Ag2S � O2 → 2 Ag � SO2

�1 �2 0 0 �4 �2

reduçãooxidação

redução

b) Oxidação: enxofre; redução: mercúrio e oxigênio.HgS � O2 → Hg � SO2

�2 �2 0 0 �4 �2

redução

oxidação

redução

17 MnO2 � Al → Mn � Al2O3

�4 0 0 �3

redução ∆ � 4

oxidação ∆ � 3 � 2 � 6

• 1 par de átomos de Al (que vão para o Al2O3) perde 6 e�

• 1 átomo de Mn (do MnO2) recebe 4 e�

Assim, podemos colocar os coeficientes 6 no MnO2 e 4 no Al2O3.Ou, então, simplificando, podemos colocar os coeficientes 3 noMnO2 e 2 no Al2O3.• 2 pares de átomos de Al (que vão para o Al2O3) perdem 12 e

�

• 3 átomos de Mn (do MnO2) recebem 12 e�

3 MnO2 � Al → Mn � 2 Al2O3

E, completando o balanceamento, chegamos a:3 MnO2 � 4 Al → 3 Mn � 2 Al2O3

21 A semi-reação é: Ag� � e� → Ag0

A partir dos coeficientes estequiométricos, vamos estabelecer umarelação entre quantidade de elétrons e quantidade de prata metáli-ca, Ag0, depositada.

e� Ag0



x — 0,5 mol⇒ x � 0,5 mol

22 A partir dos coeficientes estequiométricos, vamos estabelecer umarelação entre quantidade de elétrons e quantidade de zinco metáli-co, Zn0, que reage.

Zn0 2 e�



0,05 mol — x⇒ x � 0,10 mol

23 a) Al3� � 3 e� → Al0

b) Os coeficientes estequiométricos indicam a relação entre aquantidade de elétrons e a quantidade de alumínio metálico,Al0, depositado.

Vamos estabelecer uma regra de três envolvendo carga dos elé-trons e massa de alumínio. Nessa regra de três, a carga queatravessa o circuito (em coulombs) aparece indicada como amultiplicação da corrente elétrica (9.650 A) pelo tempo(1 h � 3.600 s).

3 e� Al0

Proporção: 3 mol 1 molGrandezas: Carga Massa

elétrica3 � 9,65 � 104 C — 27 g

(9.650 � 3.600) C — x⇒ x � 3,24 � 103 g

Essa é a massa de alumínio que se deposita em cada uma dascinqüenta cubas durante uma hora de funcionamento da in-dústria. Para descobrir a produção total, multiplicamos essevalor por 50, chegando a 1,62 � 105 g, ou seja, 162 kg.

24 a) Cr3(�aq) � 3 e

� → Cr(s)

b) Sobre a peça a ser cromada deve ocorrer a redução dos íonscrômio (III). Portanto, a peça deve ser ligada ao pólo negativo,pois é esse o pólo do gerador que emite elétrons.

c) 3 e� Cr0


elétrica3 � 9,65 � 104 C — 52 g(300 � 1.930) C — x

⇒ x � 104 g

26 A semi-reação é: 2 H� � 2 e� → H2

A partir dos coeficientes estequiométricos, vamos estabelecer umarelação entre quantidade de elétrons e quantidade de hidrogênioproduzido.

2 e� H2



x — 0,050 mol⇒ x � 0,10 mol

27 A semi-reação é: 2 H� � 2 e� → H2

A partir dos coeficientes estequiométricos, vamos estabelecer umarelação entre carga elétrica e volume de gás.

2 e� H2

Proporção: 2 mol 1 molGrandezas: Carga Volume

elétrica2 � 9,65 � 104 C — 25 L

(1,0 � 3.860) C — x⇒ x � 0,50 L

28 Uma maneira de resolver é por um processo semelhante ao ante-rior, levando em conta a semi-reação que produz oxigênio:4 OH� → O2 � 2 H2O � 4 e

�

A partir dos coeficientes estequiométricos, vamos estabelecer umarelação entre carga elétrica e volume de gás.

4 e� O2

Proporção: 4 mol 1 molGrandezas: Carga Volume

elétrica4 � 9,65 � 104 C — 25 L(1,0 � 3.860) C — x

⇒ x � 0,25 L

Outra maneira é realizar um cálculo estequiométrico relacionan-do o volume de H2 (calculado na questão anterior) com o volumede O2:2 H2O(l) → 2 H2(g) � O2(g)


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Os coeficientes revelam que o volume de H2 é o dobro do volumede O2. Assim:

H2 O2

Proporção: 2 mol 1 molGrandezas: Volume Volume

2 L — 1 L0,50 L — x

⇒ x � 0,25 L

30 A semi-reação é: Zn2� � 2 e� → Zn0

A partir dos coeficientes estequiométricos, vamos estabelecer umarelação entre carga dos elétrons e massa de zinco.

2 e� Zn0


elétrica2 � 9,65 � 104 C — 65,4 g

Q — 6,54 g⇒ Q � 1,93 � 104 C

Essa é a carga elétrica que atravessou o circuito no intervalo de1.930 s.Q � i � ∆t ⇒ i

Qt

1,93 10 C1.930 s

4� �

∆� ⇒ i � 10 A

31 Na cela da esquerda ocorre a redução do cobre (II):Cu2� � 2 e� → Cu0

Assim:2 e� Cu0


de matéria2 mol — 63,5 g

x — 127 g⇒ x � 4 mol

Determinamos que 4 mol de elétrons atravessaram o circuito du-rante o intervalo de tempo em que 127 g de cobre se depositaram.Podemos, agora, determinar a massa de prata depositada na outracela, sabendo que a quantidade em mols de elétrons envolvida é amesma.Na cela da direita ocorre a redução da prata:Ag� � e� → Ag0

Assim:e� Ag0


de matéria1 mol — 108 g4 mol — y

⇒ y � 432 g

33 a) 9,65 � 104 C, pois essa é a constante de Faraday, que correspondeà carga elétrica (em módulo) de um mol de elétrons.

b) A unidade de corrente elétrica no Sistema Internacional, oampère (A), equivale a coulomb por segundo. Assim, vamosdeterminar quantos coulombs de carga atravessam o circuitopor segundo.

Grandezas: Carga Tempo9,65 � 104 C — 3.600 s

x — 1 s⇒ x � 26,8 C

Então, se 26,8 C de carga atravessam o circuito por segundo, acorrente elétrica nesse circuito é de 26,8 A.

34 A carga envolvida na questão anterior é de um mol de elétrons.Assim, podemos estabelecer uma relação entre quantidade de elé-trons e massa de metal, que nos permite concluir que a massadepositada é maior no caso da prata.Deposição de prata: Ag� � e� → Ag0

Pelos coeficientes, estabelecemos a proporção:e� Ag0


de matéria1 mol — 108 g1 mol — x

⇒ x � 108 g

Deposição de cobre: Cu2� � 2 e� → Cu0

Pelos coeficientes, estabelecemos a proporção:

2 e� Cu0


de matéria2 mol — 63,5 g1 mol — y

⇒ y 63,52

g�

Deposição de zinco: Zn2� � 2 e� → Zn0


2 e� Zn0


de matéria2 mol — 65,4 g1 mol — z

⇒ z 65 42

g�,

Deposição de alumínio: Al3� � 3 e� → Al0


3 e� Al0


de matéria3 mol — 27 g1 mol — w

⇒ w 273

g�

38 Alternativa E.x � íons; y � elétrica

43 Alternativa E.A afirmativa E é errada porque apresenta o inverso da equação daeletrólise.

46 Alternativa E.

e�

a) Al0(s) � Ni2

(�aq) → ocorre reação espontânea

(�1,66 V) (�0,23 V)b) Acontece justamente o inverso: são mais duráveis porque não

originam gases.c)

AgNO3(aq)

Descarregam Ag� e OH�. O meio fica ácido.d) Produz cloro gasoso no ânodo e sódio metálico no cátodo.e)

NaOH(aq)

Descarregam H� e OH�. É a água da solução que se decompõe.

47 Alternativa C.a) Correta: A oxidação do íon I� a I2 produz uma coloração escu-

ra quando o I2 se combina com amido.b) Correta: A coloração rosa em torno do eletrodo A indica que o

meio fica básico. A descarga de H� faz com que haja excessode OH� nessa região.

c) Incorreta: Íons H� são reduzidos no eletrodo A.d) Correta: É o eletrodo onde ocorre oxidação.

H+– +OH–

Na+ OH–

H+– +OH–

Ag+ NO–

3

Resoluções do Vol 2_cad2B 6/24/05, 14:1551

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48 Alternativa B.I é correta: O pólo positivo é o ânodo, onde ocorre a oxidação:

2 Cl� → Cl2 � 2 e�

II é falsa: No cátodo o íon H� é reduzido: 2 H� � 2 e� → H2

III é correta: A produção de Cl2 no ânodo e H2 no cátodo faz comque reste NaOH na solução.

50 Alternativa D.I é correta: Quando o H� da água se reduz, forma-se H2 e so-

bram íons OH� em solução tornando o meio básico (fenolfta-leína adquire cor rosa).

II é falsa: No pólo positivo ocorre a oxidação (perda de e�) doíon iodeto: 2 I� → I2 � 2 e�.

III é correta.

53 Alternativa D.Note que as afirmativas se referem à eletrodeposição de zinco noferro e não à atuação do zinco na proteção do ferro.Na deposição do zinco por via eletrolítica, a solução deve conterum composto (solúvel) de Zn2�, que se reduz no cátodo, forman-do Zn0 que o recobre. O cátodo deve ser, portanto, constituídopela peça a ser recoberta.

55 Alternativa C.III � água sanitária contém hipoclorito de sódio (NaClO)IV � fermento em pó contém bicarbonato de sódio (NaHCO3)I � solução fisiológica (soro) contém cloreto de sódio (NaCl)

62 0 - Falso: Nessa época não existia o entendimento da eletricidade.1 - Verdadeiro.2 - Falso: Nas ligas metálicas há predominância de elementos

metálicos.3 - Verdadeiro.

68 a) Verdadeiro: O E°red do zinco é menor que o do cobre, o que fazcom que ele se oxide mais facilmente que o cobre.

b) Verdadeiro: Por apresentar um E°red menor que o do ouro, ocobre se oxida mais facilmente na sua presença.

69 Alternativa E.I é incorreta, pois a eletrólise não é espontânea; ela é forçada

com o uso de um gerador de corrente elétrica apropriado.II é incorreta, pois o zinco tem maior tendência a se oxidar,

atuando como ânodo.III é correta. Pela equação da semi-reação de redução do zinco:

Zn2� � 2 e� → Zn0

notamos que há uma relação estequiométrica (de proporcio-nalidade direta) entre a quantidade de elétrons (e sua carga) ea quantidade de zinco depositada.

70 a) CuSO4(s) → Cu2(�aq) � SO2

4�(aq)

De acordo com essa equação, os coeficientes de CuSO4(s) eSO2

4�(aq) são iguais. Portanto, em uma solução 0,10 mol � L�1,

temos:

[SO42�] � 0,10 mol � L�1

b) Em 1 L de solução 0,10 mol � L�1 há 0,10 mol de íons Cu2�.Assim:

Cu2� � 2 e� → Cu0


2 e� Cu0

Proporção: 2 mol 1 molGrandezas: Carga Quantidade

elétrica de matéria2 � 96.500 C — 1 mol

Q — 0,10 mol⇒ Q � 19.300 C

Essa é a carga elétrica necessária para depositar todo o cobreda solução. Vamos ao cálculo do tempo.

Q � i � ∆t ⇒ ∆t Qi

19.300 C5 A

� � ⇒ ∆t � 3.860 s

71 Pela equação da semi-reação de deposição da prata:

Ag� � e� → Ag0

deduzimos que para depositar 1 mol de Ag� é necessário 1 mol deelétrons atravessando a parte metálica do circuito.Na equação da semi-reação de corrosão do alumínio:

Al0 → Al3� � 3 e�

verificamos a proporção que permite calcular a massa de alumí-nio que se oxida para fornecer 1 mol de elétrons:

3 e� Al0


de matéria3 mol — 27 g1 mol — x

⇒ x � 9 g

72 Alternativa C.Vamos calcular a quantidade de elétrons que deve chegar ao cátodopara depositar 1 kg de cada um dos metais por redução dos cátionsmencionados.

Deposição de cobre: Cu2� � 2 e� → Cu0


2 e� Cu0



x — 1.000 g⇒ x � 31,5 mol

Deposição de níquel: Ni2� � 2 e� → Ni0


2 e� Ni0



y — 1.000 g⇒ y � 34,0 mol

Deposição de crômio: Cr3� � 3 e� → Cr0


3 e� Cr0



z — 1.000 g⇒ z � 57,7 mol

Considerando que outras condições sejam constantes, quantomaior a quantidade de elétrons que deve chegar ao eletrodo naeletrólise, maior a quantidade de energia elétrica necessária e,portanto, mais cara a deposição do metal. Portanto, a ordem pe-dida é: Cu, Ni, Cr.

73 Falsa: Q � i � ∆t. Se ∆t fosse dobrado e a corrente i fosse diminuí-da pela metade, a carga elétrica se manteria a mesma e, portanto,a quantidade de cobre depositada também seria a mesma.Verdadeira: 1 Cu2� � 2 e� → 1 Cu0; 2 Ag� � 2 e� → 2 Ag0

A mesma carga passando pelos circuitos deposita o dobro em molde prata.Falsa: Nesse caso a massa de cobre eletrodepositado seria aumen-tada em quatro vezes.


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Conclui-se que a carga usada corresponde a 1 F ou 96.500 C.

a) 2 H3C — COO�(aq) → 1 H3C — CH3(g) � 2 CO2(g) � 2 e�

1 mol — 2 mol e�

x — 1 mol e�

x 12

mol� de etano é formado em B.

b) Cátodo de A � pólo � : Ag�(aq) � e� → Ag0

(s)

Ânodo de B � pólo � : 2 H3C — COO�(aq) →

→ H3C — CH3(g) � 2 CO2(g) � 2 e�

81 Alternativa B.

1 X� → 1 X0 � 1 e�

1 mol X — 1 mol e�

0,6 mol — x ⇒ x � 0,6 mol de e� passaram pelo circuito

• Cálculo da quantidade em mol de Al produzida:

n mM

5,427

n 0,2 molAl

� � �⇒

• Cálculo do valor de n:

1 Aln� � n e� → 1 Al0

n mol e� — 1 mol Al

0,6 mol e� — 0,2 mol Al

n � 3

84 Alternativa A.

Q � i � ∆t

Q � 1,1 � 105 � 3,2 � 107

Q � 3,52 � 1012 C

1 F — 96.500 C

x — 3,52 � 1012 C

x � 3,6 � 107 F

Al3� � 3 e� → Al0

3 mol e� — 1 mol Al

3 F — 1 mol

3,6 � 107 F — y ⇒ y � 1,2 � 107 mol de Al

n mM

1,2 10 m27

m 3,24 10 t7 2� � �⇒ ⇒� �

(massa obtida anualmente em cada cuba)

Como foram usadas 300 cubas, temos:

mAl � 300 � 3,24 � 102 t � 1,0 � 105 t

85 a) Multiplicando-se a primeira equação por 2 e somando-a com

a segunda, obtemos:

2 H2O(l) → 2 H2(g) � O2(g)

Assim, a proporção em mols em que os produtos gasosos H2 e

O2 são formados é 2 : 1. Portanto:

A: hidrogênio (H2), pois ocupa volume maior.

B: oxigênio (O2), pois ocupa volume menor.

b) Permanecerá neutro (admitindo que esteja neutro no início),

pois não há consumo global de H� nem de OH� na eletrólise,

como se pode perceber pela equação global.

86 Semi-reação em B (ânodo): Cu0 → Cu2� � 2 e�

Semi-reação em A (cátodo): Cu2� � 2 e� → Cu0

a) No eletrodo A (cátodo), pois, nele, os elétrons provenientes do

gerador provocam a redução de Cu2� a Cu0.

b) A cor da solução terá permanecido igual. Isso porque, para

cada íon Cu2� produzido em B (onde Cu0 se oxida a Cu2�), um

íon Cu2� é consumido em A (onde Cu2� se reduz a Cu0), o que

faz com que a concentração de íons cobre (II) permaneça cons-

tante na solução.

Verdadeira: Cu2(�aq) � 2 e� → Cu0

(s). A deposição do metal se dá no

pólo negativo, o cátodo, no qual ocorre o processo de redução.

Falsa: 3 Cu2(�aq) � 6 e� → 3 Cu0

(s); 2 Cr3(�aq) � 6 e� → 2 Cr0

(s)

Para uma mesma carga elétrica que atravessa o circuito, deposita

1,5 mol a mais de cobre metálico quando comparado com crômio

metálico.

Verdadeira: 1 mol e� tem carga (em módulo) de 96.500 C � 1 F

Falsa: O processo de eletrólise não é espontâneo.

76 a) Cu2� � 2 e� → Cu0

2 mol e� — 1 mol Cu

x — 0,05 mol Cu ⇒ x � 0,1 mol de e�

1 pilha — 5 � 10�3 mol de e�

y — 0,1 mol de e� ⇒ y � 20 pilhas

b) n mM

� ⇒ m � n � M � 0,05 � 63,5 ⇒ mCu � 3,175 g

77 a) n mM

0,590659

0,01 molCo � � �

n mM

0,346752

6,7 10 molCr3� � � ��

Cr3� � 3 e� → Cr0

3 mol e� — 1 mol Cr

x — 6,7 � 10�3 mol Cr

x � 0,02 mol de e� passaram pelo circuito

Coy� � y e� → 1 Co0

y mol e� — 1 mol de Co

0,02 mol e� — 0,01 mol de Co

y � 2

A afirmação a é verdadeira.

b) 1 mol e� tem carga (em módulo) de 1 F � 96.500 C, então:

1 mol e� — 96.500 C

0,02 mol e� — x

x � 1.930 C

A afirmação b é verdadeira.

78 Alternativa E.

I. Correta: O quociente, que resulta 1,6 � 10�19 C, corresponde

ao módulo da carga do e�.

II. Correta: Me�(aq) � 1 e� → 1 Me0

1 mol e� — Massa molar do Me

96.500 C — M

Rigorosamente falando, a massa M depositada corresponde à

massa molar e não à massa atômica.

III. Correta: O metal depositado deverá ter carga �1. A prata pre-

enche o requisito.

79 0 - Verdadeiro.

1 - Verdadeiro: No cátodo ocorre o fenômeno da redução dos íons

Cu2(a�q).

2 - Falso: No cátodo haverá produção de Cu0(s):

Cu2(�aq) � 2 e� → Cu0

(s)

3 - Falso: No ânodo: 2 Cl�(aq) → 1 Cl2(g) � 2 e�

1 mol — 2 mol

71,0 g — 2 mol e�

80 Na cuba A forma-se 1,0 mol de prata metálica.

Ag�(aq) � 1 e� → Ag0

(s)

1 mol e� — 1 mol Ag


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Capítulo 6

Termoquímica: o calore os processos químicos

14 Há uma proporcionalidade direta entre a quantidade de um certoalimento, a energia que ele fornece e o tempo necessário para gas-tar essa energia ao praticar determinada atividade.Assim, o tempo necessário para gastar a energia de dois sorvetes,ao realizar certa atividade, será o dobro do expresso no gráfico.Portanto, a energia de dois sorvetes será gasta em 7 horas repou-sando, ou em 42 minutos pedalando.

16 Um hambúrguer com queijo fornece 470 kcal e quatro maçãs for-necem 280 kcal (4 � 70 kcal). Portanto, um hambúrguer com queijofornece mais energia.

17 Três fatias de pizza fornecem 555 kcal e dois sorvetes fornecem510 kcal. Leva-se maior tempo para consumir, em uma dada ati-vidade, a energia fornecida pelas três fatias de pizza.

18 O hambúrguer, pois fornece maior quantidade de energia.

19 Para obter a energia necessária para correr 17 minutos, deve-seingerir um sorvete. Para obter a energia para correr o dobro dessetempo, 34 minutos, devem-se ingerir dois sorvetes.

20 Grandezas: Energia (em kcal) Energia (em kJ)1 kcal — 4,18 kJ

470 kcal — x255 kcal — y185 kcal — z70 kcal — w

Hambúrguer com queijo: x � 1,96 � 103 kJ

Sorvete: y � 1,07 � 103 kJ

Fatia de pizza: z � 7,73 � 102 kJ

Maçã: w � 2,93 � 102 kJ

26 Somando a primeira equação com a segunda, invertida, temos:∆H � �179 kJ/mol

27 Somando a primeira equação com a segunda, multiplicada por 4,temos: ∆H � �1.775 kJ/mol

28 Somando a primeira equação, invertida, com a segunda, temos:∆H � �143 kJ/mol

29 Somando a primeira equação, dividida por 2, a segunda, multipli-cada por 2, e a terceira, invertida, temos:

2 HCl(g) �12

O2(g) → H2O(l) � Cl2(g) ∆H1 � �1482

kJ

H2(g) � F2(g) → 2 HF(g) ∆H2 � 2 � (�273) kJ

H2O(l) → H2(g) �12

O2(g) ∆H3 � �286 kJ

2 HCl(g) � F2(g) → 2 HF(g) � Cl2(g) ∆H � ∆H1 � ∆H2 � ∆H3

∆H � �334 kJ/mol

30 Somando as três equações, tal qual apresentadas, temos:∆H � �204 kJ/mol

31 A equação da alternativa C é aquela que corresponde à combustãodo metano, reação na qual essa substância reage com gás oxigê-nio produzindo gás carbônico e água.

33 O engenheiro pode calcular o ∆H° usando a Lei de Hess, somando as equações fornecidas, invertendo a segunda e multiplicando a terceira por 2.O cálculo é:

C2H2(g) �52

O2(g) → 2 CO2(g) � H2O(l) ∆H1° � �1.301 kJ/mol

2 CO2(g) � 3 H2O(l) → C2H6(g) �72

O2(g) ∆H2° � �1.561 kJ/mol

2 H2(g) � O2(g) → 2 H2O(l) ∆H3° � 2 � (�286) kJ/mol

C2H2(g) � 2 H2(g) → C2H6(g) ∆H° � ∆H1° � ∆H2° � ∆H3°

∆H° � �312 kJ/mol

34 É possível determinar o valor do ∆H° de vaporização aplicando a Lei de Hess. Para isso, deve-se somar a equação de combustão do octano líquidocom o inverso da equação de combustão do octano gasoso.

C8H18(l) �252

O2(g) → 8 CO2(g) � 9 H2O(l) ∆H1° � �5.470,5 kJ/mol

8 CO2(g) � 9 H2O(l) → C8H18(g) �252

O2(g) ∆H2° � �5.512,0 kJ/mol

C8H18(l) → C8H18(g) ∆H° � ∆H1° � ∆H2°

∆H° � �41,5 kJ/mol


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35 Aplicando a Lei de Hess, vamos empregar as equações fornecidaspara chegar à equação da reação termite. Isso pode ser feito so-mando a primeira com a segunda, invertida.

2 Al(s)�32

O2(g) → Al2O3(s) ∆H1° � �1.676 kJ/mol

Fe2O3(s) → 2 Fe(s) �32

O2(g) ∆H2° � �824 kJ/mol

2 Al(s)�Fe2O3(s) → 2 Fe(s) � Al2O3(s) ∆H° �∆H1° � ∆H2°

∆H° � �852 kJ/mol

36 a) Verdadeira, pois o gráfico permite deduzir que a reação:

C(graf.) �12

O2(g) → CO(g)

apresenta ∆H° � �110,5 kJ.

b) Falsa. Pelo gráfico, a reação:C(graf.) � O2(g) → CO2(g)

tem ∆H° � �393,5 kJ.

c) Falsa, porque a transformação:

CO(g) �12

O2(g) → CO2(g)

apresenta ∆H° � �283,0 kJ.d) Falsa, pois a transformação em questão é o inverso da reação

do item b. Portanto, seu ∆H° vale �393,5 kJ.

37 Somando a primeira equação, multiplicada por 2 e invertida, coma segunda, multiplicada por 2, temos: ∆H � �198 kJ/mol

38 Para chegar à equação de formação do etano, podemos somar aprimeira, multiplicada por 2, a segunda, multiplicada por 3, e aterceira, invertida. Assim, temos: ∆H°f � �85 kJ/mol

39 Empregando a Lei de Hess, podemos chegar à equação de forma-ção do metanol somando a primeira equação, invertida, a segun-da, tal como apresentada, e a terceira, multiplicada por 2. Dessemodo, chegamos à entalpia-padrão de formação do metanol:

∆Hf° � �240 kJ/mol

40 A equação em que MnO2(s) é formado a partir de Mn(s) e O2(g) pode ser obtida por meio da soma da primeira equação com a segunda, invertida.

4 Al(s) � 3 O2(g) → 2 Al2O3(s) ∆H1° � �3.351 kJ3 Mn(s) � 2 Al2O3(s) → 4 Al(s) � 3 MnO2(s) ∆H2° � �1.792 kJ

3 Mn(s) � 3 O2(g) → 3 MnO2(s) ∆H° � ∆H1° � ∆H2°∆H° � �1.559 kJ

No entanto, o valor calculado refere-se à formação de três mols de MnO2(s). Dividindo-o por 3, obtemos a entalpia-padrão de formação do MnO2(s):

∆Hf° � �520 kJ/mol

41 A equação da reação de formação do sulfeto de carbono pode ser obtida por meio da soma da primeira equação, da segunda, multiplicada por 2,e da terceira, invertida.

C(graf.) � O2(g) → CO2(g) ∆H1° � �394 kJ

2 S(rômb.) � 2 O2(g) → 2 SO2(g) ∆H2° � 2 � (�297) kJ

CO2(g) � 2 SO2(g) → CS2(l) � 3 O2(g) ∆H3° � �1.072 kJ

C(graf.) � 2 S(rômb.) → CS2(l) ∆H°� ∆H1° � ∆H2° � ∆H3°∆H° � �84 kJ

Assim, a entalpia-padrão de formação do sulfeto de carbono é ∆Hf° � �84 kJ/mol. Portanto, a reação de formação desse composto é endotérmica.

43 a) A força cresce na ordem em que cresce a energia de ligação:HI (299 kJ/mol) � HBr (366 kJ/mol) � HCl (431 kJ/mol)� HF (565 kJ/mol).

b) I2 (151 kJ/mol) � F2 (158 kJ/mol) � Br2 (193 kJ/mol)� Cl2 (242 kJ/mol).

45 Na síntese da água pela equação dada:

H2 H � OO → 2 O

H

H

considerando que 2 mol de H2 reagem com 1 mol de O2 formando2 mol de H2O, ocorre:

• quebra de 2 mol de ligações simples HH : �2 � 436 kJ

• quebra de 1 mol de ligações duplas OO : �496 kJ

• formação de 4 mol de ligações simples HO : �4 � 463 kJ

que, no cômputo geral, conduz a: ∆H � �484 kJ

Na síntese do peróxido de hidrogênio pela equação dada:

H2 H � O2 O → 2 O

H

O

H

considerando que 2 mol de H2 reagem com 2 mol de O2 formando2 mol de H2O, ocorre:• quebra de 2 mol de ligações simples HH : �2 � 436 kJ• quebra de 2 mol de ligações duplas OO : �2 � 496 kJ• formação de 4 mol de ligações simples HO : �4 � 463 kJ• formação de 2 mol de ligações simples OO : �2 � 157 kJ

que, no cômputo geral, conduz a: ∆H � �302 kJAssim, a síntese da água libera maior quantidade de calor.

Professor: Pode parecer estranho termos apresentado a segundaequação com coeficientes que não são os menores inteiros.Se apresentássemos a segunda equação com os menores coefi-cientes inteiros (todos unitários), deveríamos apresentar a primei-ra equação com coeficiente 1 para a água (pois a finalidade daquestão é comparar a quantidade de energia liberada na síntese deH2O e H2O2), o que conduziria a um coeficiente 1/2 para o O2. Eum coeficiente fracionário seria um complicador desnecessárionessa fase em que o aluno está se familiarizando com o conceitode energia de ligação.

46 ∆H � �184 kJ/mol


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47 No processo:

C HH

H

H

� ClCl → C HH

Cl

H

� ClH

ocorre:

• quebra de 4 mol de ligações simples HC : �4 � 412 kJ

• quebra de 1 mol de ligações simples ClCl : �242 kJ

• formação de 3 mol de ligações simples HC : �3 � 412 kJ

• formação de 1 mol de ligações simples ClC : �338 kJ

• formação de 1 mol de ligações simples ClH : �431 kJ

que, no cômputo geral, conduz a: ∆H � �115 kJ/mol

48 a) N2(g) � 3 H2(g) → 2 NH3(g)

b) No processo:

NN � H3 H → N H2 H

Hocorre:

• quebra de 1 mol de ligações triplas NN : �944 kJ

• quebra de 3 mol de ligações simples HH : �3 � 436 kJ

• formação de 6 mol de ligações simples HN : �6 � 388 kJ

que, no cômputo geral, conduz a: ∆H � �76 kJ

c) A tabela informa que a entalpia-padrão de formação da amô-nia é �45,9 kJ/mol. Na equação em questão, que é de forma-ção de amônia, o coeficiente do produto é 2. Assim, deduzi-mos que o ∆H é o dobro da entalpia-padrão de formação daamônia. Assim:

∆H � �91,8 kJ

d) Os valores calculados não são iguais. A diferença deve-se aofato de o método usado no item b ser aproximado, pois algunsvalores de energia de ligação são a média obtida em váriasmoléculas. (Além disso, são ignoradas as interações entre asmoléculas, pois o cálculo utilizando energias de ligação en-volve apenas a quebra e a formação das ligações interatômicas,admitindo-se que a molécula esteja livre da interação com ou-tras moléculas. Na prática, mesmo no estado gasoso, há alte-ração nas interações intermoleculares quando comparamosreagentes e produtos, cujo efeito global sobre o ∆H pode nãoser desprezível.)

49 Os valores de entalpia-padrão apresentados informam a quantidadede energia (em kJ) liberada na combustão de um mol da substân-cia. O maior valor de entalpia-padrão de combustão do gráfico é odo octano. Portanto, o octano libera, na combustão, maior quanti-dade de energia por mol.

50 Grandezas: Massa Energia liberada

Hidrogênio: 2 g — 286 kJ1 g — a ⇒ a � 143 kJ

Metano: 16 g — 891 kJ1 g — b ⇒ b � 55,7 kJ

Octano: 114 g — 5.471 kJ1 g — c ⇒ c � 48,0 kJ

Metanol: 32 g — 726 kJ1 g — d ⇒ d � 22,7 kJ

Etanol: 46 g — 1.367 kJ1 g — e ⇒ e � 29,7 kJ

Concluímos que o hidrogênio libera, na combustão, maior quan-tidade de energia por unidade de massa.

51 O valor da densidade, expressa em g/mL, informa a massa de ummililitro do combustível, nas condições a que se refere. Assim,vamos realizar uma resolução semelhante à da questão anterior,porém em lugar de um grama utilizaremos a massa de um milili-tro do combustível.

Grandezas: Massa Energia liberada

Hidrogênio: 2 g — 286 kJ8 � 10�5 g — a ⇒ a � 0,011 kJ

Metano: 16 g — 891 kJ7 � 10�4 g — b ⇒ b � 0,039 kJ

Octano: 114 g — 5.471 kJ0,7 g — c ⇒ c � 33,6 kJ

Metanol: 32 g — 726 kJ0,8 g — d ⇒ d � 18,2 kJ

Etanol: 46 g — 1.367 kJ0,8 g — e ⇒ e � 23,8 kJ

Concluímos que o octano libera, na combustão, maior quantidadede energia por unidade de volume.Outro modo de realizar esses cálculos é multiplicar os resultadosda questão anterior (em kJ/g) pelo valor da densidade de cadacombustível (em g/mL), o que nos conduz à energia liberada nacombustão de um mililitro do combustível (em kJ/mL).

52 a) Grandezas: Massa Energia liberada

180 g — 2.808 kJ1,00 g — x

⇒ x � 15,6 kJ

b) Grandezas: Energia Energia(em kcal) (em kJ)

1 kcal — 4,18 kJy — 15,6 kJ

⇒ y � 3,7 kcal

Expressando o resultado como número inteiro chega-se a 4 kcal,que coincide com o mencionado no enunciado.

53 Alternativa C.A dissociação da molécula de hidrogênio em átomos envolve que-bra de ligação covalente, processo endotérmico.A condensação de vapor de água é exotérmica.A combustão do álcool é exotérmica.O teste pede o número de erros cometidos pelo estudante. Comoapenas a última classificação está correta, ele cometeu dois erros.

55 Alternativa C.A evaporação da acetona (processo endotérmico) absorve energiada água, fazendo com que sua temperatura se reduza.Como, quando o processo deixa de ser acompanhado, ainda restaacetona, concluímos que, durante o tempo em que foi acompa-nhado, a temperatura deve ter sofrido contínua diminuição, o queestá expresso no gráfico da alternativa C.

56 Falso: Os alimentos cozinham mais rapidamente numa panela depressão devido ao aumento do ponto de ebulição da água.Verdadeiro: A evaporação da água nas paredes do filtro retira ca-lor delas, tornando a água mais fria no interior do filtro de barro.Verdadeiro: No fenômeno da osmose, o solvente vai do meio maisdiluído (folhas de alface) para o mais concentrado (salmoura). Poressa razão, as folhas murcham quando em contato com salmoura.Verdadeiro: O crescimento de massas de pães, bolos, pizzas é devidoà liberação de CO2 proveniente de fermento biológico ou químico.

58 Verdadeiro: Na realidade a ebulição de um líquido ocorre quandosua pressão de vapor se iguala com a pressão externa (atmosféri-ca). Num local onde a pressão externa exercida sobre o líquidoseja baixa, ele poderá ferver até à temperatura ambiente.Falso: A melhor eficiência da pilha alcalina em relação à comum estána substituição do meio entre os eletrodos. No caso das alcalinas, apasta entre os eletrodos contém KOH (como eletrólito) em vez de NH4Cl.


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Falso: O ânodo é o pólo negativo de uma pilha.Falso: O “calor” da sauna é em parte proveniente da condensaçãodo vapor de água, um processo exotérmico.

60 Alternativa B.A água, para evaporar, absorve calor do corpo humano, dando asensação de frio.

Professor: Este caso pode ser associado com o caso da moringade barro.

61 Alternativa A.A reação descrita é um processo endotérmico e ocorre com absor-ção de 491,5 kJ.

∆64 a) 1 NH4HCO3 → 1 NH3 � 1 CO2 � 1 H2O

1 mol — 1 mol

79 g — 44 g

b) A substância CO2 e a substância H2O.c) É endotérmica, pois necessita de calor (→) para sua ocorrência.

66 a) Usando a Lei de Hess:

P(branco) �52 Cl2(g) → PCl5(g) ∆H1 � �99,6 kJ

PCl5(g) → P(vermelho) �52 Cl2(g) ∆H2 � �95,4 kJ

P(branco) → P(vermelho) ∆H � ∆H1 � ∆H2

∆H � �4,2 kJ/mol

b) A variedade alotrópica mais estável é o fósforo vermelho, pois

apresenta menor entalpia.

71 a) Para obter a reação de formação do gás d’água (I), é ne-

cessário:

• manter a equação II;

• inverter e dividir por dois a equação III;

• inverter e dividir por dois a equação IV.

Assim, temos:

C(s) � O2(g) → CO2(g) ∆H° � �393,5 kJ

H2O(g) → H2(g) �12

O2(g) ∆H° � �241,8 kJ

CO2(g) → CO(g) �12

O2(g) ∆H° � �283,0 kJ

C(s) � H2O(g) → H2(g) � CO(g) ∆H° � �131,3 kJ(endotérmica)

b) Agente oxidante: H2O O HH

(O agente redutor, C, é substância simples.)

72 Alternativa B.

Para obter o ∆H da reação proposta, devemos:

• manter a equação 1 e multiplicá-la por 3;

• manter a equação 2 e multiplicá-la por 4;

• inverter a equação 3.

73 1a etapa � hidratação: 2 LiOH(s) � 2 H2O(g) → 2 LiOH � H2O(s)

2a etapa � carbonatação: 2 LiOH � H2O(s) � CO2(g) → Li2CO3(s) � 3 H2O(g)

reação global: 2 LiOH(s) � CO2(g) → Li2CO3(s) � H2O(g)

∆

77 Alternativa C.

Na2CO3 � 10 H2O(s) → Na2CO3 � 7 H2O(s) � 3 H2O(g) ∆H � �37 kcalNa2CO3 � 7 H2O(s) → Na2CO3 � H2O(s) � 6 H2O(g) ∆H � �77 kcalNa2CO3 � H2O(s) → Na2CO3(s) � H2O(g) ∆H � �14 kcal

Na2CO3 � 10 H2O(s) → Na2CO3(s) � 10 H2O(g) ∆H � �128 kcal

H2O(l) → H2O(g) ∆H � 10 kcal/mol multiplicando por 10 e invertendo

Na2CO3 � 10 H2O(s) → Na2CO3(s) � 10 H2O(g) ∆H � �128 kcal10 H2O(g) → 10 H2O(l) ∆H � �100 kcal

Na2CO3 � 10 H2O(s) → Na2CO3(s) � 10 H2O(l) ∆H � �28 kcal

78 a) Para obter a equação desejada, vamos somar a primeira equação, multiplicada por 6, a segunda, invertida, e a terceira, multiplicada por 3.

6 C(graf.) � 6 O2(g) → 6 CO2(g) ∆H1° � 6 � (�394) kJ

6 CO2(g) � 3 H2O(l) → C6H6(l) �152

O2(g) ∆H2° � �3.268 kJ

3 H2(g) �32

O2(g) → 3 H2O(l) ∆H3° � 3 � (�286) kJ

6 C(graf.) � 3 H2(g) → C6H6(l) ∆H° � ∆H1° � ∆H2° � ∆H3°

b) ∆H° � ∆H1° � ∆H2° � ∆H3° � �46 kJ

Portanto, a entalpia-padrão de formação do C6H6(l) é: ∆Hf° � �46 kJ/mol

79 Alternativa C.∆H° � [Σn � ∆Hf° (produtos)] � [Σn � ∆Hf° (reagentes)]∆H° � [(�924,5) � 0] � [0 � 2 � (�285,8)]

∆H° � �352,9 kJ

80 Alternativa C.∆H° � [Σn � ∆Hf° (produtos)] � [Σn � ∆Hf° (reagentes)]∆H° � [0 � (�1.670)] � [3 � (�604) � 0]

∆H° � �142 kJ


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81 01) Incorreto: 3 C(gr) � 4 H2(g) � 5 O2(g) → 3 CO2(g) � 4 H2O(l)

3(�394) 4(�286)

∆H1 � [3(�394) � 4(�286)] � 0 ⇒ ∆H1 � �2.326 kJ

02) Incorreto: A combustão de 1 mol de propano produz 3 mol de

CO2(g) e 4 mol de H2O(l).

04) Correto: C3H8(g) � 5 O2(g) → 3 CO2(g) � 4 H2O(l) ∆H3 � �2.200 kJ

Hformação 3(�394) 4(�286)

∆H3 � Hp � Hr

�2200 � �2326 � Hformação

Hformação � ∆Hf � �126 kJ/mol

08) Correto: A combustão do propano libera 2.200 kJ.

16) Correto: ∆H1 � ∆H2 � ∆H3

∆H2 � �126 kJ

82 a) A reação de combustão da sacarose é exotérmica, com libera-

ção de 5.635 kJ/mol.

b) C12H22O11(s) � 12 O2(g) → 12 CO2(g) � 11 H2O(l)

c) ∆Hf (sacarose) � ?

∆Hreação � ∆Hp � ∆Hr

�5.635 � [12(�394) � 11(�286)] � ∆Hf (sacarose)

∆Hf (sacarose) � �2.239 kJ/mol

83 Alternativa E.

H2(g) � 12

O2 (g) → H2O(s) ∆H � �70,0 kcal/mol

H2O(l) → H2(g) � 12

O2(g) ∆H � �68,3 kcal/mol

H2O(l) → H2O(s) ∆H � �1,7 kcal/mol

84 0) Falso: (a) corresponde ao estado gasoso.

1) Verdadeiro: ∆H1 corresponde ao calor de formação de H2O(v).

2) Falso: (c) corresponde ao estado sólido.

3) Verdadeiro.

4) Falso: As designações (a), (b) e (c) correspondem, respectiva-

mente, aos estados gasoso, líquido e sólido.

86 a) 3 C(grafite) � 4 H2(g) → C3H8(g)

b) Para obter a equação acima, fazemos:

3 CO2(g) � 4 H2O(l) → C3H8(g) � 5 O2(g) ∆H � 2.200 kJ

3 C(s) � 3 O2(g) → 3 CO2(g) ∆H � �1.182 kJ

4 H2(g) � 2 O2(g) → 4 H2O(l) ∆H � �1.444 kJ

3 C(s) � 4 H2(g) → C3H8(g) ∆H � �126 kJ

88 0) Falso: ∆H será dado por ∆H2 � ∆H1

1) Falso: Para que fosse calor de formação de CO2, os reagentes

deveriam ser substâncias simples, o que não ocorre no caso do

CO(g).

2) Verdadeiro: ∆H1 corresponde a uma liberação de energia, por-

tanto esse valor é menor que zero.

3) Verdadeiro.

4) Verdadeiro.

89 C12(H2O)12 � 12 O2 → 12 CO2 � 12 H2O

∆Hf � ? 0 12(�94,1) 12(�68,2)


�1.349 � [12(�94,1) � 12(�68,2)] � ∆Hf

∆Hf � �598,6 kcal

Obs.: O exercício foi transcrito no livro como apareceu no vesti-

bular. A fórmula da sacarose é, contudo, C12(H2O)11, o que, levado

em conta, conduziria a outro resultado.

90 Alternativa 05.

Os valores absolutos são iguais, pois a vaporização da água líqui-

da é o processo inverso da liquefação do vapor de água.

91 Alternativa C.

C6H12O6(s) � 6 O2(g) → 6 CO2(g) � 6 H2O(l)

∆Hf � ? 6(�4 � 102) 6(�3 � 102)


�2,8 � 103 � [6(�4 � 102) � 6(�3 � 102)] � ∆Hf

∆Hf � �1,4 � 103 kJ/mol

92 Alternativa A.

C HH

H

H

� 2 O O → CO O �

� O2 H

H

Nesse processo ocorre:

• quebra de 4 mol de ligações simples HC : �4 � 413 kJ

• quebra de 2 mol de ligações duplas OO : �2 � 494 kJ

• formação de 2 mol de ligações duplas OC : �2 � 804 kJ

• formação de 4 mol de ligações simples HO : �4 � 463 kJ

No global, temos: ∆H � �820 kJ

93 a) N HH N

HH

� OO → NN �

� H

H

2 O

Nesse processo ocorre:

• quebra de 4 mol de ligações simples HN : �4 � 389 kJ

• quebra de 1 mol de ligações simples NN : �163 kJ

• quebra de 1 mol de ligações duplas OO : �498 kJ

• formação de 1 mol de ligações triplas NN : �946 kJ

• formação de 4 mol de ligações simples OH : �4 � 464 kJ

Efetuando o somatório geral, chegamos a:

∆H � �585 kJ/mol

b) ∆H � [Σ n � ∆Hf(produtos)] � [Σ n � ∆Hf(reagentes)]

�585 � [0 � 2 � (�242)] � [∆Hf(hidrazina) � 0]

∆Hf(hidrazina) � �101 kJ/mol

95 Alternativa B.

Reação I

Ligações a serem rompidas:

2 H k H ⇒ �2(4,4 � 102)

2 CO ⇒ �2(10,8 � 102)


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Ligações a serem formadas:

4 C k H ⇒ �4(4,2 � 102)

2 OC ⇒ �2(8,0 � 102)

∆Htotal � � 880 � 2.160 � 1.680 � 1.600∆Htotal � �240 kJ

O valor negativo de ∆H indica uma reação exotérmica, portantoocorre no reator C e os produtos estarão no reservatório D.

Reação II

Sendo esta o inverso da primeira, temos:∆Htotal � �240 kJ.A reação é endotérmica, ocorrendo, portanto, no reator B, sendoos produtos depositados no reservatório E.

96 Alternativa C.

I – Incorreta: É necessário maior energia para decompor a mo-lécula de nitrogênio.

II – Correta: A molécula do HCl é mais estável que as de HBr ede HI, pois o valor da sua energia de ligação é maior.

III – Correta: A molécula de Cl2 tem o valor de energia de liga-ção menor que o da molécula de H2 e O2.

IV – Incorreta: ∆Ht � 470,7 � 242,5 � 2(431,5) � �149,8 kJ.

A reação é exotérmica.

97 Grandezas: Massa Energia liberada32 g — 154 kcal64 g — x ⇒ x � 308 kcal

100 Alternativa C.

n mM

�

sacarose: 0,22 m342

m 75 g� �⇒

chocolate valor energético valor totalsacarose: 75 g 17 kJ/g 1.275 kJgordura: 11 g 38 kJ/g 418 kJproteína: 3 g 17 kJ/g 51 kJ

1.744 kJpoder calorífico: 1.744 kJ — 100 g de chocolate

x — 1,0 g de chocolatex � 17,44 kJ

101 Alternativa A.A maior parte da energia que a banana fornece como alimentoprovém de carboidratos (C6H12O6, C12H22O11 etc.), nos quais oxi-gênio e carbono contribuem com maior porcentagem em massa.

102 Alternativa E.C57H104O6(s) � 80 O2(g) → 57 CO2(g) � 52 H2O(l)

1(884 g) 80 (6 � 1023)⇓

4,816 � 1025 moléculas de O2

104 a) Em 1 mol da mistura temos 0,5 mol de etanol e 0,5 mol den-octano

∆H 1.368 + 5.4712

3.419,5 kJ� �

b) d mV

0,72 m1.000

m 720 g� � �⇒ ⇒

n mM

72080,1

n 9 mol� � �⇒

1 mol — 3.419,5

9 mol — x

x � 30.776 kJ

106 Alternativa B.

C25H52 � 38 O2 → 25 CO2 � 26 H2O

1(352 g) — 25 mol

1,056 � 103 g — x

x � 75 mol de CO2 formados em um processo exotérmico (ocor-

re liberação de energia)

107 02 � 04 � 08 � 32 � 46

(01) Falso: As reações I e II são exotérmicas.

(02) Verdadeiro: A reação II inversa se torna endotérmica.

(04) Verdadeiro: A entalpia-padrão de substância simples é nula.

(08) Verdadeiro.

1 mol C3H8 — �2.046 kJ

0,4 mol — x

x � �818,4 kJ

(16) Falso.

C3H8(g) � 5 O2(g) → 3 CO2 � 4 H2O(g)

1(44 g) — 4(18 g)

4 g — x

x � 6,5 g de H2O

(32) Verdadeiro.

N2(g) � 3 H2(g) → 2 NH3(g)

0 0 2 ∆Hf � ?


�92,2 kJ � 2 ∆Hf

∆Hf � �46,1 kJ

(64) Falso: Obtêm-se 2 L de amônia.

108 0 - Falsa.

C2H5OH � 3 O2 → 2 CO2 � 3 H2O

n mM

n 0,4646

0,1 mol� � �⇒

0,01 mol — �13.700 J1 mol — x

x � �1.370 kJ (Na afirmativa aparece kcal!) 1 -Verdadeira.


�1.370 � [2(�394) � 3(�286)] � ∆Hf

∆Hf � �276 kJ/mol2 - Verdadeira.

1 mol — 46 g — �1.370 kJ1 g — x

x � �29,8 kJ (que equivale a �7,1 kcal)3 - Verdadeira.

1 dm3 — 1.000 mLx — 200 mL

x � 0,2 dm3

1 dm3 — 230 g de etanol0,2 dm3 — xx � 46 g de etanol1 mol → 46 g → �1.370 kJ

109 Alternativa D.1 mol de CO2 — 800 kJ

x — 2,4 � 109 kJx � 3 � 106 mol

n mM

3 10 m44

m 132 10 g 132 t6 6� � � �⇒ ⇒� �


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Capítulo 7

Cinética química: o transcorrerdas reações químicas

5 A: NO2, B: O2 e C: N2O5.O reagente, N2O5, é gasto no processo e sua curva decrescenteindica consumo ao longo do tempo. O produto NO2 é formado emquantidade em mols que é quatro vezes maior, por unidade detempo, do que a do outro produto, o O2.

6 2 N2O5 → 4 NO2 � O2

Proporção: 2 mol 4 mol 1 molGrandezas: Concentração, Concentração, Concentração,

em quantidade em quantidade em quantidadede matéria, de matéria, de matéria,por unidade por unidade por unidade

de tempo de tempo de tempo2 mol/L � s — 4 mol/L � s — 1 mol/L � s

0,10 mol/L � s — x — y

a) x � 0,20 mol/L � s

b) y � 0,050 mol/L � s

7 v vN2 N2 V

t 54 L

120

s 1.080 L /s� � �

∆∆

⇒

8 Grandeza: Quantidade Volumede matéria

1 mol — 20 Lx — 54 L ⇒ x � 2,7 mol

9 Vamos fazer uma regra de três envolvendo a quantidade de ma-téria:

2 NaN3 3 N2



x — 2,7 mol ⇒ x � 1,8 mol

10 Usando o resultado da questão 8, que revelou que 2,7 mol de N2

são produzidos em 120

s:

v vN2 N2

nt

2,7 mol120

s 54 mol /s� � �

∆∆

⇒

11 Usando o resultado da questão 9, que revelou que 1,8 mol de NaN3

são gastos em 120

s:

v vNaN3 NaN3

nt

1,8 mol120

s = 36 mol /s� �

∆∆

⇒

12 Usando o resultado da questão 9, que revelou que o air bag conso-me 1,8 mol de NaN3:

Grandezas: Quantidade Massade matéria

1 mol — 65 g1,8 mol — x

⇒ x � 117 g

17 Na expressão matemática v � k � [N2O5], v é uma variável depen-dente da variável [N2O5] e k é uma constante de proporcionalidade.Assim, v é diretamente proporcional a [N2O5].a) Se [N2O5] duplica, então v duplica.b) Se [N2O5] triplica, então v triplica.

Professor: Surte um efeito bastante positivo ilustrar esse exercíciousando números. Utilizando, por exemplo, os valores k � 5 e[N2O5] � 1 mol/L, calculamos v:v � k � [N2O5] � 5 � 1 � 5 (isto é, 5 unidades de velocidade)Vamos, agora, recalcular v usando k � 5 (constante!) e[N2O5] � 2 mol/L (concentração duplicou).v � k � [N2O5] � 5 � 2 � 10 Note que a velocidade duplicou.Finalmente, vamos repetir o cálculo para k � 5 (constante!) e[N2O5] � 3 mol/L (concentração triplicou).v � k � [N2O5] � 5 � 3 � 15 Note que a velocidade triplicou.

18 Na expressão matemática v � k � [C2H4O]2, v é uma variáveldependente da variável [C2H4O] e k é uma constante deproporcionalidade. Assim, v é diretamente proporcional ao qua-drado de [C2H4O].a) Se [C2H4O] duplica, então v é multiplicada por 2 ao quadrado,

ou seja, é multiplicada por 4.b) Se [C2H4O] triplica, então v é multiplicada por 3 ao quadrado,

ou seja, é multiplicada por 9.

Professor: Aqui, como no caso anterior, é muito positivo ilustrar oexercício numericamente. Utilizando, por exemplo, os valoresk � 5 e [C2H4O] � 1 mol/L, calculamos v:v � k � [C2H4O]2 � 5 � (1)2 � 5 (5 unidades de velocidade)Vamos, agora, recalcular v usando k � 5 (constante!) e[C2H4O] � 2 mol/L (concentração duplicou).v � k � [C2H4O]2 � 5 � (2)2 � 20 Aumentou 4 vezes.Finalmente, vamos repetir o cálculo para k � 5 (constante!) e[C2H4O] � 3 mol/L (concentração triplicou).v � k � [C2H4O]2 � 5 � (3)2 � 45 Aumentou 9 vezes.

24 Para o mecanismo I (reação elementar), a lei cinética é:vglobal � k � [NO2] � [CO]Para o mecanismo II, a lei cinética é:vglobal � vlenta � k � [NO2]

2

E, para o mecanismo III, a lei cinética é:vglobal � vlenta � k � [NO2]O enunciado fornece a informação de que “investigações experi-mentais mostraram” que a lei cinética é v � k � [NO2]

2, então só omecanismo II (dentre os apresentados) pode ser verdadeiro.

Professor: Dissemos que pode, em vez de dizermos que certa-mente é, porque em cinética química é freqüente acontecer dehaver mais de um mecanismo que obedeça a uma mesma leicinética. Isso não está em jogo nesse exercício, pois só um dosmecanismos apresentados corresponde à equação v � k � [NO2]

2.Porém, nada impede que se conceba a existência de um outromecanismo diferente dos apresentados e que corresponda à mes-ma lei cinética. O seguinte mecanismo, por exemplo, também con-duz à equação v � k � [NO2]

2.

1a etapa: 2 NO2 → N2O4 (lenta)

2a etapa: N2O4 � CO → NO � CO2 � NO2 (rápida)

global: NO2 � CO → NO � CO2

vglobal � vlenta � k � [NO2]2

Evidências experimentais revelaram a presença momentânea dointermediário NO3 na fase gasosa durante o transcorrer da reação(cf. Kenneth Whitten, Raymond Davis e Larry Peck. Generalchemistry with qualitative analysis. 6. ed. Saunders, Orlando, 2000.p. 681, ou Daniel Reger, Scott Goode e Edward Mercer. Chemistry:principles & practice. 2. ed. Saunders, Orlando, 1997. p. 562). Taisevidências sustentam o mecanismo II apresentado no exercício


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como o que pode ser o verdadeiro, uma vez que o NO3 aparececomo seu intermediário.Em lugar de pode ser verdadeiro é costume se utilizar a expressão éconsistente com as observações experimentais. Na ocasião emque esta obra foi escrita, o mecanismo II é consistente com todas asevidências experimentais, sendo, portanto, o mecanismo aceito paraa reação NO2 � CO → CO2 � NO.A conclusão mais importante deste exercício, e que deve ser pas-sada com muita clareza para os alunos, é que, se a reaçãoNO2 � CO → CO2 � NO não possui lei cinéticav � k � [NO2] � [CO], isso significa que ela necessariamente nãoé elementar.

26 Quando o alimento é colocado em água quente, isso acelera ascomplexas reações envolvidas no cozimento. A água não neces-sariamente precisa estar fervendo para que o alimento sofra taisreações ou, em outras palavras, a água não precisa estar fervendopara que o alimento cozinhe. Se ela estiver bem quente, isso jápermite ao alimento cozinhar.No entanto, se a água estiver fervendo, ela estará certamente namaior temperatura possível para a água líquida (nas condiçõespermitidas pelo local em que a experiência é feita) e isso permiteque o cozimento seja o mais rápido possível.Ao usar a panela de pressão, permitimos que a água atinja (aindalíquida) uma temperatura maior do que atingiria se a panela fosseaberta e, portanto, propiciamos um aumento da velocidade dasreações envolvidas no cozimento.

Professor: Ao comentar essa questão, é fundamental verificar seos alunos perceberam a diferença entre o uso dos verbos ferver(ou, mais cientificamente, ebulir) e cozinhar. Quem cozinha é oalimento. Quem ferve é a água. O alimento cozinha sob a ação daalta temperatura do meio em que ele se encontra, a água fervente.

27 Seja v a velocidade com que o alimento estraga a 5°C. Se a cada10°C de aumento na temperatura a velocidade da reação duplica,então:a) A 15°C, a velocidade com que o alimento estraga é 2v.b) A 25°C, a velocidade com que o alimento estraga é 4v.c) A 35°C, a velocidade com que o alimento estraga é 8v.

Professor: É comum alguns alunos tentarem resolver por regra detrês envolvendo velocidade e temperatura. Isso só seria válido se avelocidade fosse diretamente proporcional à temperatura, o quenão é verdade.A regra de van’t Hoff é extremamente pobre e só é seguida poralgumas poucas reações químicas. Usando argumentos da Físico-Química superior, é possível demonstrar que, num aquecimentode 25°C para 35°C, apenas as reações com energia de ativação porvolta de 54 kJ/mol (13 kcal/mol) obedecem a essa regra. As rea-ções com energia de ativação 84 kJ/mol (20 kcal/mol), por exem-plo, triplicam sua velocidade quando aquecemos de 25°C para35°C (cf. Ira N. Levine. Physical Chemistry. 4. ed. McGraw-Hill,1995. p. 519-520).

31 Inicialmente, o volume de gás é zero. Com o passar do tempo essevolume aumenta até que a reação termine. A partir de então, ovolume pára de aumentar mas não irá diminuir; permanecerá cons-tante, correspondendo ao volume total de gás produzido na rea-ção. Assim, a curva deve sair do zero; deve ser crescente e atingirum patamar correspondente ao volume total de gás produzido.Ao usar zinco em pó, a curva também irá sair do zero, subir eatingir o mesmo patamar, uma vez que o volume final é o mesmo(estamos usando mesma quantidade de reagentes). A única dife-rença é que, sendo a reação mais rápida, graças à maior superfície

de contato, o volume produzido por unidade de tempo é maior e areação chega ao final em menor tempo.Assim:

Zinco em pó

Zinco em pedaço único

Volume de gás

Tempo

39 a) Gás oxigênio.b) 2 H2O2 → 2 H2O � O2

c) Valem aqui os argumentos apresentados anteriormente na dis-cussão da questão 31. A única diferença é que, no caso da-quela questão, o aumento de velocidade se devia a um au-mento da superfície de contato e, nesta, se deve à presençade catalisador.

Volume de gás

Com catalisador

Sem catalisador

Tempo

Professor: É muito conveniente comparar, em sala de aula, esseitem c com a questão 31.

41 Alternativa C.A alternativa A é incorreta. Seria diretamente proporcional se ográfico fosse uma reta que passasse pelo ponto (0,0).A alternativa B é incorreta. Para que uma afirmativa desse tipofosse válida, ambas as grandezas deveriam, antes de mais nada,ser diretamente proporcionais.A alternativa C é correta. O gráfico informa que o aumento sofri-do pela espessura hidratada é maior nos 20 mil anos iniciais (istoé, de 0 a 20.000 anos), menor nos 20 mil anos seguintes (de 20.000a 40.000 anos), menor ainda nos 20 mil anos seguintes (de 40.000a 60.000 anos), e assim por diante.A alternativa D é incorreta, de acordo com o exposto no parágrafoanterior.A alternativa E é incorreta. O gráfico informa que a partir do instantede tempo 100.000 anos a curva ainda sofre ligeiro aumento.

42 Alternativa A.

2 N2O5 → 4 NO2 � O2

Proporção: 2 mol 4 mol 1 molGrandezas:Concentração, Concentração, Concentração,

em quantidade em quantidade em quantidadede matéria, de matéria, de matéria,por unidade por unidade por unidade

de tempo de tempo de tempo2x — 4x — 1x

A alternativa A é correta. Enquanto a reação estiver se processan-do e as concentrações estiverem variando, a concentração do NO2,em quantidade de matéria, aumenta quatro vezes mais rápido quea do O2, em um certo intervalo de tempo.


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62A alternativa B é incorreta. É quatro vezes, e não duas.A alternativa C é incorreta. É o dobro, e não a metade.A alternativa D é incorreta. A relação estequiométrica elaboradaanteriormente vale (enquanto as concentrações estiverem varian-do) para comparar as velocidades médias, consideradas em ummesmo intervalo de tempo, e para comparar as velocidadesinstantâneas, consideradas em um mesmo instante de tempo. As-sim, no instante 4 � 103 s, a velocidade de decomposição do N2O5

é menor que a de formação do NO2 (exatamente a metade).A alternativa E é incorreta. Não é maior, é menor. Exatamente ametade.

43 Alternativa B.Os reagentes estão inicialmente presentes na proporçãoestequiométrica 1 : 2. Como, durante a ocorrência da reação, elessão consumidos de acordo com essa mesma proporção, concluí-mos que a concentração de S2O

2�8 deverá ser sempre metade da

concentração de I�. Assim, a curva referente ao S2O2�8 deverá estar

sempre à metade da altura da curva referente ao I�.

44 Alternativa C.A equação da reação é 2 HCl � Zn → ZnCl2 � H2. Escritana forma iônica, ela fica: 2 H� � Zn → Zn2� � H2. Assim,podemos concluir que:• os íons cloreto não participam da reação e, portanto, sua con-

centração permanece constante com o passar do tempo;• os íons H� são gastos (reagente) e, portanto, sua concentração

decresce com o passar do tempo;• os íons Zn2� são formados (produto) e, portanto, sua concen-

tração aumenta com o tempo;• a proporção estequiométrica entre H� e Zn2� é de 2 : 1, revelan-

do que, quando a curva do H� desce duas unidades, a do Zn2�

sobe uma.Isso tudo está de acordo com a alternativa C.

45 Vamos comparar algumas linhas adequadamente escolhidas, detal forma que uma das concentrações esteja mudando e a outrapermaneça constante.Da 2a linha para a 1a, a [Y] é constante e a [X] duplica. Como avelocidade quadruplica (vai de 1,50 � 10�3 para 6,00 � 10�3), con-cluímos que a velocidade é diretamente proporcional ao quadradoda [X] (segunda ordem em relação a X).Da 2a linha para a 3a, a [X] é constante e a [Y] duplica. Como avelocidade duplica (vai de 1,50 � 10�3 para 3,00 � 10�3), concluí-mos que a velocidade é diretamente proporcional a [Y] (primeiraordem em relação a Y). Assim a lei cinética é v � k � [X]2 � [Y].

46 Da 2a linha para a 3a, a [A] é constante e a [B] duplica. Como avelocidade quadruplica (vai de 3,0 para 12,0), concluímos que avelocidade é diretamente proporcional ao quadrado da [B] (se-gunda ordem em relação a B).Da 2a linha para a 4a, a [A] é constante e a [B] triplica. Como avelocidade é proporcional ao quadrado da [B], então concluímosque a velocidade deverá ficar multiplicada por 32, ou seja,x � 9 � 3,0 � 27.

47 Alternativa A.Vamos comparar linhas adequadamente escolhidas de tal formaque uma das concentrações esteja mudando e as outras permane-çam constantes.Do experimento I para o II, só a concentração de H2O2 muda. Comoo “tempo decorrido para a formação de mesma concentração deI2” muda também, concluímos que a velocidade depende da [H2O2].Do experimento I para o III, só a concentração de H� é alterada.Como o tempo não sofre alteração, concluímos que a velocidadenão depende da [H�].Do experimento I para o IV, só a concentração de I� é alterada.Como conseqüência disso, verifica-se que o tempo foi modifica-do. Concluímos, portanto, que a velocidade depende da [I�].

48 Alternativa B.Vamos inicialmente nos ater aos três primeiros experimentos, poistemos a informação de que se referem a uma mesma temperatura.Comparando as duas primeiras linhas — em que [O2] é fixa, [NO]é duplicada e, em conseqüência, a velocidade quadruplica — con-cluímos que a velocidade é proporcional ao quadrado da concen-tração de NO.Comparando a primeira e a terceira linhas — em que [NO] é fixa,[O2] é quadruplicada e, em conseqüência, a velocidade quadrupli-ca — concluímos que a velocidade é proporcional à primeirapotência da concentração de O2.Assim, a lei cinética da reação é:

v � k � [NO]2 � [O2]

Portanto, a alternativa A é incorreta.Comparando o último experimento com o penúltimo, verificamosque as concentrações são iguais, mas a velocidade é maior no úl-timo. Isso indica que a temperatura no último experimento émaior do que 400°C. O aumento da velocidade se reflete no au-mento do valor de k (calculado mais à frente), pois essa constanteé característica da reação e da temperatura.Portanto, a alternativa B é correta.A alternativa C é incorreta, como se pode concluir pela presençade [O2] na lei cinética deduzida.A alternativa D é incorreta, no valor e na unidade. Podemos calcu-lar o valor de k a 400°C utilizando os dados de um dos três primei-ros experimentos. Usando, por exemplo, os dados do primeiro:

k v [NO] [O ]

1,0 10 mol

L s

0,020 molL

0,010 molL

22

4

2� �

�

�

��

�

k 25 Lmol s

2

2�

�

A alternativa E é incorreta. O valor de k para uma certa reação éconstante a uma dada temperatura. Variações de temperatura pro-vocam variações no valor de k. Assim, certamente o valor de kpara o último experimento é diferente, pois ele ocorre a uma tem-peratura maior. Apenas para confirmar, vamos efetuar o cálculocom os dados da última linha da tabela:

k v [NO] [O ]

16,0 10 mol

L s

0,020 molL

0,040 molL

22

4

2� �

�

�

��

�

k 100 Lmol s

2

2�

�

49 Alternativa A.Cada um dos gráficos ilustra, em separado, a dependência da ve-locidade com a concentração de cada reagente.O primeiro gráfico revela que a velocidade é diretamente propor-cional a [H2O2]. O segundo gráfico revela que a velocidade é dire-tamente proporcional a [I�]. E o último gráfico revela que a velo-cidade independe de [H3O

�]. Assim, temos:

v � k � [H2O2] � [I�]

50 Uma triplicação apenas no valor de [NO] faz com que a reaçãopasse a ser nove vezes (32) mais rápida. E uma triplicação apenasno valor de [O2] faz com que a reação passe a ser três vezes (31)mais rápida. Assim, ao triplicarmos ambas as concentrações, tere-mos ambos os efeitos atuando em conjunto e a reação será 27vezes mais rápida (32 � 31 � 27).


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55 a) As duas “montanhas” no desenho revelam a ocorrência de duasreações elementares. Na primeira etapa, temos

ClO� � ClO� � ClO� → ClO�2 � Cl� � ClO�

ou seja,2 ClO� → ClO�

2 � Cl�

Na segunda etapa,ClO�

2 � Cl� � ClO� → ClO�3 � Cl� � Cl�

ou seja,ClO�

2 � ClO� → ClO�3 � Cl�

Assim, o mecanismo é1a etapa: 2 ClO� → ClO�

2 � Cl�

2a etapa: ClO� � ClO�2 → ClO�

3 � Cl�

global: 3 ClO� → ClO�3 � 2 Cl�

b) O diagrama permite perceber que a energia de ativação para aprimeira etapa é maior que para a segunda. Assim, a primeiraetapa é a determinante da velocidade global. A expressão davelocidade da reação global é vglobal � vlenta � k � [ClO�]2.

61 Alternativa D.Para resolver, vamos admitir que o volume médio das bolhas sejao mesmo nos três experimentos. Assim, comparar o número debolhas formadas em 30 s equivale a comparar o volume de gásproduzido em 30 s e, portanto, equivale a comparar a rapidez dosprocessos. A “ordem crescente do número de bolhas observado”coincide, portanto, com a ordem crescente da rapidez de reação.Entre I e II, o experimento I tem maior rapidez em função damaior temperatura.E, entre I e III, o experimento III tem maior rapidez, graças àmaior superfície de contato do ferro com a solução ácida.Assim, a ordem crescente pedida é: II, I, III.

63 Alternativa B.O volume de hidrogênio produzido, que inicialmente é zero, au-menta com o passar do tempo até que a reação acabe. Portanto,em ambos os casos (A e B) a curva deve sair do zero, ser crescentee atingir um patamar que corresponde ao volume total de gás pro-duzido.Tanto no caso do zinco em raspas como no do zinco em pó, acurva atingirá o mesmo patamar, pois o volume final de gás pro-duzido é o mesmo (já que se utiliza a mesma quantidade dereagentes). A diferença é que, sendo a reação mais rápida no casodo pó (B), graças à maior superfície de contato, a reação é maisrápida do que no caso das raspas (A) e chega ao final em menortempo.

64 Alternativa E.O reagente limitante é o ácido, pois em todos os experimentossobrou ferro. Nos experimentos C e D, há maior quantidade deácido e, portanto, deve ser formada maior quantidade de gás. Jásabemos, então, que as curvas 1 e 2, não necessariamente nessaordem, correspondem aos experimentos C e D. E as curvas 3 e 4,também não necessariamente nessa ordem, correspondem aos ex-perimentos A e B.Agora vamos comparar os experimentos A e B. A reação é maisrápida em B graças à maior superfície de contato entre o ferro e asolução. Assim, a correspondência é 3-B e 4-A.Finalmente, vamos comparar os experimentos C e D. A reação émais rápida em C porque a temperatura é maior. Então, a corres-pondência é 1-C e 2-D.

67 Alternativa C.Após aberta a embalagem, microrganismos presentes no ar po-dem entrar na embalagem (V). E, se ela permanecer fora da gela-deira, a temperatura do leite será ideal para que se multipliquem(II). A deterioração do leite se deve a reações catalisadas por subs-tâncias produzidas por microrganismos, e essas reações são maisrápidas à temperatura ambiente do que na geladeira (III).

68 a) Sim. O catalisador possui várias características, sendo que umadelas é participar do mecanismo da reação e não ser efetiva-mente consumido. Isso é facilmente evidenciado ao somarambas as etapas

1a etapa: H2O2 � I� → H2O � IO�

2a etapa: H2O2 � IO� → H2O � O2 � I�

global: 2 H2O2 → 2 H2O � O2

Assim, os íons I� atuam como catalisadores no processo.b) Conforme mostrado acima, “a equação química balanceada

da reação global que ocorre entre peróxido de hidrogênio eíons I� em solução” é 2 H2O2 → 2 H2O � O2

Professor: Alguns alunos costumam questionar como é possí-vel afirmar, pelo mecanismo mostrado, que os íons I� propi-ciam um mecanismo de menor energia de ativação do que naausência desses íons. Uma argumentação que pode ser usada éa seguinte:Se o mecanismo mostrado possuísse energia de ativaçãomaior que a reação 2 H2O2 → 2 H2O � O2 sem a participaçãode I�, então, na presença de íons I�, a reação não iria se pro-cessar pelo mecanismo descrito. Ela continuaria a acontecerpelo mecanismo direto, sem participação de I�.Assim, o simples fato de o enunciado apresentar o mecanismojá permite afirmar que, tendo sido observado experimental-mente, então ele é mais rápido do que o processo na ausênciade íons I�.Graficamente, temos:

70 Alternativa B.I. Correta. Como os reagentes são gasosos, a redução de volume

à metade fará a concentração de cada um duplicar. Como aequação de velocidade é v � k � [A] � [B]2, isso fará a velocida-de ficar multiplicada por 8 (isto é, 2 � 22).

II. Correta. A diminuição de temperatura provoca diminuição daconstante de velocidade k e, conseqüentemente, redução davelocidade da reação.

III. Incorreta. Ao reduzir a concentração de B à metade (isto é,multiplicando-a por 1/2) a velocidade irá se reduzir quatro vezes(isto é, ficará multiplicada por (1/2)2).

72 Alternativa D.I é incorreta, pois a leitura do gráfico mostra que, para um valor dex1 nas abscissas, a curva HC está acima da curva CO, revelandoque a porcentagem de hidrocarboneto (HC) transformado serámaior que a porcentagem de CO transformado.II é correta porque a soma das porcentagens de HC, CO e NOconvertidos é maior em x2 do que em x1 ou em x3. Como há umamaior porcentagem de conversão dos poluentes em não-poluentesem x2, haverá, para essa porcentagem de oxigênio, uma menorquantidade de HC, CO e NO nos gases de escape.III é correta. Em x3 a porcentagem de conversão de CO é maiordo que em x1. Assim, restará menor quantidade de CO no caso dex3. E, de acordo com a segunda equação química apresentada, oCO é reagente necessário à conversão de NO em N2.

Energia

Coordenada de reação

Ea(sem catalisador)

2H2O2 + I–

Na ausência de I–

Na presença de I–

Ea2

Ea1

57 k

J/m

ol76 k

J/m

ol

H2O + IO– + H2O2

2H2O + O2 + I–

1ª etapa:lenta

2ª etapa:rápida


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Capítulo 8

Equilíbrio químico:a coexistência de reagentese produtos

1 Na situação de equilíbrio químico deve haver reagentes (H2 e Cl2)e produto (HCl) coexistindo no sistema. Isso está de acordo ape-nas com o modelo �.No modelo � não há produto, no � não há reagentes e no � nãohá o reagente Cl2. No modelo � os átomos estão isolados, e nãounidos formando moléculas, em uma situação que não retratareagentes nem produtos.

5 K [SO ]

[SO ] [O ]c3

2

22

2

� K

2,04,0

0,804,0

1,254,0

c �

2

2 Kc � 20

6 K [COCl ]

[CO][Cl ]c2

2

� K

1530

230

530

c �

Kc � 45

7 a) A curva C é decrescente e, portanto, corresponde ao reagente(NO2), que é gasto no processo. As outras correspondem aosprodutos, que são formados. A substância da curva A é forma-da em quantidade duas vezes maior que a da curva B e, portan-to, concluímos que se refere ao NO (de acordo com a propor-ção estequiométrica, que é de 2 mol de NO para 1 mol de O2).A curva B se refere ao O2.

b) A partir do tempo x as concentrações permanecem constantes,revelando que se atingiu o equilíbrio químico.

c) K [NO] [O ]

[NO ]c

22

22

�

K (4,0 10 ) (2,0 10 )

(8,0 10 )c

2 2 2

3 2�

� �

�

� �

�

Kc � 0,5

11 Cálculo das concentrações iniciais:

[CO] [Cl ] 8,0 mol2,0 L

4,0 mol / L2� � �

73 Alternativa C.Vamos, inicialmente, determinar a concentração de íons cobre,em miligrama por litro.Considerando que 50 g equivalem a 5 � 104 mg, temos:

Grandezas: Massa de Cu2� Volumesolução

5 � 104 mg — 2 � 104 Lx — 1 L

⇒ x � 2,5 mg

Isso indica que há, na água do tanque de criação, 2,5 mg/L deíons Cu2�.A análise do segundo gráfico apresentado revela que, se a concen-tração de Cu2� na água for da ordem de 2,5 mg/L, o tempo deexposição de 24 h acarreta a mortalidade de 50% dos camarõespresentes.

Cálculo de quanto reagiu (75% do inicial):75% de 4,0 mol/L � 0,75 � 4,0 mol/L � 3,0 mol/L

CO � Cl2 F COCl2

Início 4,0 4,0 —

Reagiu 3,0 3,0

Formou 3,0

Equilíbrio 1,0 1,0 3,0

K [COCl ]

[CO][Cl ]c2

2

� K 3,01,0 1,0c �

�Kc � 3,0

13 Cálculo da quantidade, em mols, de HI inicial:

n 64,0 g

128 g/ mol 0,50 molHI � �

Cálculo da quantidade, em mols, de HI presente no equilí-brio:

n 12,8 g

128 g/ mol 0,10 molHI � �

Cálculo da quantidade, em mols, de HI que reagiu:nHI reagiu � 0,50 � 0,10 � 0,40 mol

a) α n reagiu

n inicial 0,40 mol

0,50 molHI

HI

� �

α � 0,80 ou α � 80%

b) Preenchimento da tabela (quantidade de matéria):

2 HI F H2 � I2

Início 0,50 — —

Reagiu 0,40

Formou 0,20 0,20


Cálculo de Kc:

K = [H ][I ]

[HI] =

0,20V

0,20V

0,10V

c2 2

2

2 Kc� 4,0

c)

15 Nos modelos � e �.Em � não estão representados ambos os reagentes. Em � nãoestá representado o reagente CO.Para que o modelo expresse corretamente a situação de equilíbrio,deve conter moléculas de reagentes e de produtos. Isso ocorre ape-nas no modelo �. (Além disso, nesse modelo, as concentraçõesde H2 e de CO2 são o dobro das concentrações de CO e de H2O, oque está de acordo com o valor de Kc.)

Proporção dos

coeficientes

2 : 1 : 1

Proporção dos

coeficientes

1 : 1 : 1

Tempo

0,5

0,4

0,3

0,2

0,1

0

HI

H2 / I2

Quantidadede matéria

(mol)

Equilíbrioé atingido


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.16 1.

[NO ]

[N O ]

(1,0)1,0

1,022

2 4

2

� � ⇒ Não está em equilíbrio.

2.[NO ]

[N O ]

(4,0)4,0

4,022

2 4

2

� � ⇒ Não está em equilíbrio.

3.[NO ]

[N O ]

(1,0)0,31

3,222

2 4

2

� � ⇒ Está em equilíbrio.

4.[NO ]

[N O ]

(1,8)1,0

3,222

2 4

2

� � ⇒ Está em equilíbrio.

17 a) No frasco 1 o resultado do cálculo [NO ]

[N O ]2

2

2 4

é menor que 3,2.

Ao convergir para o equilíbrio, situação em que o cálculo

[NO ]

[N O ]2

2

2 4

resulta em 3,2, haverá diminuição da concentração

de N2O4.

No frasco 2 o resultado do cálculo [NO ]

[N O ]2

2

2 4

é maior que 3,2.

Ao convergir para o equilíbrio haverá aumento da concentra-ção de N2O4.

b) No frasco 1 haverá aumento da concentração de NO2 e nofrasco 2 haverá diminuição da concentração de NO2.

21 Cálculo da quantidade de PCl5 que reagiu:60% de 3,0 mol � 1,8 molPreenchimento da tabela (em mols):

PCl5 F PCl3 � Cl2

Início 3,0 — —

Reagiu 1,8

Formou 1,8 1,8


Cálculo da quantidade em mols total:ntotal � 1,2 � 1,8 � 1,8 � 4,8 molCálculo de Kp:

K (P ) (P )

(P )

x P x P

x P

1,84,8

4,8 1,84,8

4,8

1,24,8

4,8

p

PCl3 Cl2

PCl5

PCl3 Cl2

PCl5

� � �

�

� � � �

�

� � �

�

Kp � 2,7

22 a) Cálculo da quantidade em mols que reagiu:nCO reagiu � 3,2 � 1,0 � 2,2 mol

α n reagiu

n inicial 2,2 mol

3,2 molCO

CO

� �

α � 0,6875 ou α � 68,75%

b) Preenchimento da tabela (em mols):

CO � H2O F CO2 � H2

Início 3,2 3,2 — —

Reagiu 2,2 2,2

Formou 2,2 2,2

Equilíbrio 1,0 1,0 2,2 2,2

K P P

P P

x P x P

x P x P

x x

x x

n

n

n

nn

n

n

n

p

CO2 H2

CO H2O

CO2 H2

CO H2O

CO2 H2

CO H2O

CO2

total

H2

total

CO

total

H2O

total

� � � �

�

�

�

� � �

� � �

�

�

�

�

K n n

n n 2,2 2,2

1,0 1,0p

CO2 H2

CO H2O

� ��

�

�

�Kp � 4,84

26 a) Apenas nas situações � e �, pois o resultado do cálculo

[H ] [CO ]

[CO] [H O]2 2

2

�

� é igual ao valor de Kc.

b) Indica que o sistema não está em equilíbrio.c) Para cada um dos reagentes a concentração aumenta 0,123 mol/L

e para cada um dos produtos ela diminui 0,123 mol/L.d) Para a esquerda, pois há formação de CO e H2O e consumo de

H2 e CO.e) Ao aumento da concentração de CO2.

29 a) O sinal do ∆H informa que a reação direta é exotérmica. As-sim, segundo o Princípio de Le Chatelier, um aquecimentodeve deslocar o equilíbrio para a esquerda (sentido endo-térmico), consumindo I2 e diminuindo a intensidade da corvioleta.

b) O resfriamento do frasco provocará deslocamento do equilí-brio para a direita, formando I2 e aumentando a intensidade dacor violeta.

31 Alternativa E.A alternativa A é incorreta. Quanto maior for Kc, maior será aconcentração de produtos no equilíbrio e, portanto, maior o rendi-mento da reação.A alternativa B é incorreta. A constante de equilíbrio depende dareação e da temperatura.A alternativa C é incorreta. Quando as velocidades da reação dire-ta e da reação inversa são iguais, ocorre o equilíbrio químico, ca-racterizado por um valor de Kc (que é um número real maior quezero).A alternativa D é incorreta. Quaisquer que sejam as concentra-ções iniciais de reagentes e/ou produtos, o valor de Kc é o mesmo,para uma certa reação a uma dada temperatura.A alternativa E é correta. Quanto maior Kc, maior a concentraçãode produtos na situação de equilíbrio químico.

33 Alternativa E.As curvas passam a ser retas constantes no instante de tempo10 min. É nesse instante, portanto, que o equilíbrio químico é atin-gido.O gráfico informa que, até atingir o equilíbrio, há a variação de2,5 mol/L nas concentrações de A, B, C e D, o que permite dedu-zir que os coeficientes estequiométricos são todos unitários, ouseja, que a equação A � B F C � D já está balanceada. Assim, aexpressão matemática da constante de equilíbrio (grandeza repre-sentada, no enunciado, por Ke) é:

Ke = [C] [D][A] [B]

�

�

Substituindo, nessa expressão, os valores de concentrações noequilíbrio, temos:

Ke [C] [D][A] [B]

(2,5) (2,5)(1,0) (1,0)

� ��

�

�

�⇒ Ke � 6,25

Proporçãodos

coeficientes1 : 1 : 1 : 1

Proporção dos

coeficientes

1 : 1 : 1


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66

Os números emnegrito foramobtidos no gráfico.

34 butano F isobutano

Início 0,10 —

Reagiu x

Formou x

Equilíbrio 0,10 � x x

K [isobutano][butano]c �

2,5 0,10

��

xx

x �0,071 [isobutano] � 0,071 mol/dm3

35 Utilizando os dados da tabela do exercício anterior:

α n reagiu

n inicial 0,071

0,10 0,71butano

butano

� � � ou α � 71%

41 a) A reação não-catalisada é mais lenta que a catalisada e, porisso, leva mais tempo para que a situação de equilíbrio sejaatingida. As curvas II e III correspondem à reação não-catalisada: II indica o aumento da concentração do produto Be a curva III indica a redução de concentração do reagente A.

b) Até chegar ao equilíbrio, as curvas III e IV indicam reduçãode 0,6 mol/L na concentração de A e as curvas I e II indicamaumento de 0,9 mol/L na concentração de B. Assim:

A → B

0,6 mol 0,9 mol

2 mol 3 mol

Portanto, a equação balanceada é: 2 A → 3 BEntão:

K [ ][ ]

(0,9)(0,4)c

3

2

3

2� �

BA ⇒ Kc � 4,6

42 a) v | 0,4 mol / L 1,0 mol / L |

4 min 0 min�

�

�⇒ v � 0,15 mol � L�1 � min�1

b) Vamos preencher a seguinte tabela para determinar as concen-trações de reagentes e produtos no equilíbrio:

2 A F B � C

Início 1,0 — —

Reagiu 0,8

Formou 0,4 0,4


Cálculo de Kc:

K [B][C][A]

0,4 0,4(0,2)c 2 2

� ��

⇒ Kc � 4

44 a) Subentende-se pelos dados que se trata de Kp.

K P (P )

P Pp

CO H23

CH4 H2O

��

�

b) P K P P

(P ) 0,20 0,40 0,40

(0,30)CO

p CH4 H2O

H2

3 3� �

� � � �

PCO � 1,2 atm

45 Alternativa D.

K P

(P )p

N2O4

NO2

2�

Substituindo os valores das coordenadas de algum ponto da curvanessa expressão, pode-se calcular o valor de Kp.

Vamos substituir, por exemplo, os valores:PN2O4

� 3,0 atm e PNO2 � 0,6 atm

o que nos conduz a:

K P

(P ) 3,0

(0,6)p

N2O4

NO2

2 2� � ⇒ Kp � 8,3

50 Alternativa D.A adição de catalisador não acarreta deslocamento de equilíbrio.O aumento de pressão desloca no sentido de menor volume gaso-so, a direita.O aumento de volume do recipiente (redução mecânica da pres-são) desloca no sentido de maior volume gasoso, a esquerda.O aumento de temperatura desloca no sentido endotérmico, a es-querda.A imersão em banho de gelo (resfriamento) desloca no sentidoexotérmico, a direita.A diminuição da intensidade da coloração castanha ocorre quan-do o equilíbrio é deslocado para a direita.

51 Alternativa E.A duplicação do volume provoca redução de pressão do sistema.De acordo com o Princípio de Le Chatelier, a única alternativaque representa um equilíbrio que é deslocado para a direita porredução da pressão é a alternativa E:

PCl5(g) F PCl3(g) � Cl2(g)

1 volume 2 volumes

52 Alternativa A.A tabela mostra que o aumento da pressão aumenta a formação deproduto, ou seja, desloca o equilíbrio para a direita. A alternativaA é a única que representa um equilíbrio que não é deslocado paraa direita por aumento de pressão

H2(g) � I2(g) F 2 HI(g)

2 volumes 2 volumes

54 Alternativa C.O procedimento I desloca o equilíbrio para a esquerda.O procedimento II desloca o equilíbrio para a direita.O procedimento III desloca o equilíbrio para a direita (sentidoendotérmico).Um deslocamento de equilíbrio para a direita (provocado pelosprocedimentos II e III) acarreta aumento da pressão parcial dePCl3.

57 Alternativa A.O valor da constante de equilíbrio para o processo em questão, auma dada temperatura, corresponde ao quociente das concen-trações presentes no equilíbrio [Y]/[X].O gráfico da alternativa A é o que mostra maior valor de [Y], noequilíbrio, e menor valor de [X], no equilíbrio. Isso acarretarámaior valor do quociente mencionado e, portanto, maior valor daconstante de equilíbrio.

58 Alternativa C.Em Y, o aumento de temperatura aumenta a velocidade da reação,permitindo chegar ao equilíbrio em menor tempo. Esse aqueci-mento provoca deslocamento do equilíbrio no sentido direto, queé endotérmico, aumentando [B] e diminuindo [A] no equilíbrio.Isso está expresso no gráfico II.Em Z, o catalisador aumenta a velocidade da reação, também per-mitindo chegar ao equilíbrio em menor tempo. Contudo, o catalisadornão desloca o equilíbrio. Isso está expresso no gráfico I.

Proporção dos

coeficientes

1 : 1

Proporçãodos

coeficientes2 : 1 : 1


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59 a) Lemos no gráfico que, a 300°C:[HCN] � 0,1 mol/L[N2] � 1 mol/L[C2H2] � 2 mol/L

Assim: K [HCN][N ][C H ]

(0,1)1 2c

2

2 2 2

2

� ��

Kc � 5 � 10�3

b) O aumento da temperatura provoca aumento da concentraçãode HCN (produto) e redução das concentrações de N2 e C2H2

(reagentes), ou seja, desloca o equilíbrio para a direita, evi-denciando que o sentido direto da reação é endotérmico.

60 Alternativa E.Efetuando o cálculo [XY]/[X]�[Y] com os dados de cada copo(alternativa), podemos encontrar três situações possíveis• [XY]/[X]�[Y] � 4,0 ⇒ o sistema está em equilíbrio• [XY]/[X]�[Y] � 4,0 ⇒ o sistema não está em equilíbrio e a

reação deverá ocorrer preferencial-mente para a direita até que o equilí-brio seja atingido (isso ocorreráquando [XY]/[X]�[Y] � 4,0)

• [XY]/[X]�[Y] � 4,0 ⇒ o sistema não está em equilíbrio e areação deverá ocorrer preferencial-mente para a esquerda até que o equi-líbrio seja atingido (isso ocorreráquando [XY]/[X]�[Y] � 4,0)

A concentração inicial de XY vai diminuir no terceiro caso.Isso aponta para a alternativa E, a única para a qual[XY]/[X]�[Y] � 4,0.

61 Alternativa B.A alternativa A é verdadeira. Em t � 0 não há, ainda, NH3 forma-da e, por isso, a reação inversa não pode acontecer.A alternativa B é falsa. As velocidades das reações direta e inversasó se igualam no equilíbrio. Em t � t1 o equilíbrio ainda não foiatingido, pois, como vemos pelo gráfico, esse instante de tempopertence a um intervalo em que as concentrações não permane-cem constantes.A alternativa C é verdadeira. O instante t � t2 pertence a um inter-valo de tempo em que as concentrações permanecem constantes.A alternativa D é verdadeira. As velocidades são diferentes dezero e iguais, pois o sistema está em equilíbrio.

62 Alternativa A.Como a reação direta é exotérmica, um aquecimento desloca oequilíbrio para a esquerda. Assim, o rendimento (% NH3) é umafunção decrescente da temperatura.

64 Alternativa C.Cálculo das concentrações iniciais:

[H ] [I ] 1 mol1 L

1 mol / L2 2� � �

Preenchendo a tabela e expressando o quanto reagiu por x, temosque:

H2 � I2 F 2 HI

Início 1 1 —

Reagiu x x

Formou 2x

Equilíbrio 1 – x 1 – x 2x

K [HI][H ] [I ]c

2

2 2

��

Substituindo nessa expressão os valores literais presentes na últi-ma linha da tabela e também o valor numérico de Kc, vem:

10 (2 )

(1 ) 2

2

2�

�

xx

A fim de facilitar os cálculos, evitando a equação completa do segun-do grau, extraímos a raiz quadrada de ambos os lados, chegando a:

10 (2 )

(1 )2

2

2�

�

xx

10 (2 )

(1 )�

�

xx

x 56

mol / L�

Finalmente, podemos calcular as concentrações de H2 e I2 no equi-líbrio:

[H2] � [I2] � 1 � x ⇒ [H2] � [I2] � 16

mol/L

[HI] � 2x ⇒ [HI] � 53

mol/L

65 Alternativa D.

A situação inicial do problema envolve 1,0 mol/L de CO,

1,0 mol/L de H2O, 2,0 mol/L de CO2 e 2,0 mol/L de H2. Se preen-

chermos a tabela com esses valores, chegaremos a uma equação

do segundo grau cuja resolução é um tanto complexa.

Para simplificar a parte algébrica do problema, vamos considerar

outra situação inicial, equivalente à apresentada, mas que conduz

a uma equação de resolução mais simples: 3,0 mol/L de CO,

3,0 mol/L de H2O e nada de CO2 e de H2. (Tal situação corresponde

a considerar que todo o CO2 e todo o H2 que aparecem no enunciado

foram “convertidos” em reagentes.) Assim, temos:

CO � H2O F CO2� H2

Início 3,0 3,0 — —

Reagiu x x

Formou x x

Equilíbrio 3,0 – x 3,0 – x x x

K [CO ] [H ]

[CO] [H O]c2 2

2

� ⇒ 25 (3,0 )

2

2�

�x

x

Extraindo a raiz quadrada de ambos os membros da igualdade:

5 3,0

��x

x

x � 2,5

Portanto, no equilíbrio:

[CO] � 0,5 mol/L e [CO2] � 2,5 mol/L

66 Alternativa B.

Como não há H2 inicialmente presente, a reação vai ocorrer para a

esquerda até que se atinja o equilíbrio. Montando a tabela (em

mol/L):

CO � 2 H2 F CH3OH

Início 2 — 2

Reagiu x/2

Formou x/2 x

Equilíbrio 2 � x/2 x 2 – x/2

De acordo com a tabela, se a concentração de H2 no equilíbrio for

x mol/L, a de CH3OH será (2 � x/2) mol/L.

67 Alternativa D.

Representando por ntotal a quantidade total, em mols, dentro do

recipiente, a Lei do Gás Ideal pode ser escrita como:

P � V � ntotal � R � T (V e R permanecem constantes)

Proporção dos

coeficientes

1 : 1 : 2

Proporção dos

coeficientes

1 : 2 : 1

Proporção dos

coeficientes

1 : 1 : 1 : 1


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68O aumento de T de 300 K para 330 K (aumento de 10%) produzi-ria um aumento de 10% na pressão, caso ntotal fosse constante. Noentanto, ntotal não permanece constante porque há um deslocamen-to de equilíbrio.Esse deslocamento, de acordo com o Princípio de Le Chatelier,ocorre para a direita, o que faz ntotal aumentar (proporção dos coe-ficientes 1 : 2). Esse aumento não chega, contudo, a duplicar ntotal

porque, estando a reação em equilíbrio, ela não chega a se com-pletar totalmente para a direita.Diante disso, concluímos que a alternativa D é a mais adequada.O aumento da pressão será maior que 10% (devido ao aumentoem T) mas sem chegar a duplicar (pois a reação em equilíbrio nãochega a se completar).

68 Alternativa C.I. A redução do volume (aumento da pressão da mistura gasosa)

provoca deslocamento para a esquerda, produzindo mais N2O4.II. A adição de NO2 provoca deslocamento para a esquerda, pro-

duzindo mais N2O4.III. A adição de N2O4 provoca deslocamento para a direita, consu-

mindo N2O4.IV. A adição de argônio, que não participa do equilíbrio nem rea-

ge com os participantes, não provoca deslocamento.

Professor: O item IV desse exercício é bastante interessante, masde difícil entendimento pelos alunos. A adição de argônio provo-ca aumento da pressão total. Então por que não há deslocamentopara a esquerda, neste caso?Para chegar a essa conclusão precisamos, primeiramente, enten-der por que o item I provoca deslocamento para a esquerda. Acom-panhe a seguinte demonstração:

N2O4 F 2 NO2

K [NO ]

[N O ]

n

Vn

V

K n

n 1

Vc2

2

2 4

NO2

N2O4c

NO2

N2O4

� � �

⇒

2

2

�

Nessa expressão, nNO2 e nN2O4

representam as quantidades em molsdos participantes, presentes no equilíbrio. Uma vez que Kc é cons-tante (Kc só depende da reação e da temperatura!), percebemos,pela equação deduzida, que o produto (n2

NO2/nN2O4

) � (1/V) devepermanecer constante ao movimentar o êmbolo.Um aumento mecânico de pressão sobre o sistema, ou seja, amovimentação do êmbolo de modo a diminuir o volume interno,reduz V e, conseqüentemente, aumenta a fração (1/V). Conseqüen-temente, a fração (n2

NO2/nN2O4

) deve diminuir (para que o produtode ambas permaneça constante). Isso corresponde a um aumentodo denominador e redução do numerador, ou seja, formação deN2O4 e gasto de NO2.Assim, acabamos de demonstrar que o aumento da pressão damistura gasosa produz um deslocamento de equilíbrio para a es-querda (formação de N2O4 e gasto de NO2). É importante perce-ber que foi a variação de volume da mistura gasosa que produziudeslocamento de equilíbrio. Referimo-nos a essa redução de vo-lume como aumento mecânico da pressão da mistura reacional

ou, simplesmente, aumento da pressão.Pois bem, no caso do item IV, a adição de argônio provoca umaumento da pressão total da mistura interna, mas sem a alteraçãode volume, ou seja, sem modificar a fração (1/V). Decorre que,não havendo essa alteração, não acontecerá mudança em(n2

NO2/nN2O4

), ou seja, o equilíbrio não será deslocado!

Capítulo 9

Equilíbrios iônicosem solução aquosa

6 [H�] � α � M

α [H ]�

�

M

α 8 104 10

2 104

22� �

�

��

��

Ka � α2 � MKa � (2 � 10�2)2 � 4 � 10�2

Ka � 1,6 � 10�5

7 Ka � α2 � M

α Ka�M

Substituindo em [H�] � α � M, temos:

[H ] K

K

a a 2� � �M

MM

M� �

[H ] K +a� � M

[H ] 4 10 1 10 4 106 2 8� � � ��

[H�] � 2 � 10�4 mol/L

8 Kb � α2 � M

αΜ

K

b�

Substituindo em [OH�] � α � M, temos:

[OH ] K

K

b b 2� � �M

MM

M� �

[OH ] K b

� � � M

[OH ] 2 10 5 10 1 105 2 6� � � ��

[OH�] � 1 � 10�3 mol/L

9 a) A constante de ionização não se altera, pois é uma caracterís-tica do ácido e da temperatura.

b) O grau de ionização aumenta, conforme podemos deduzir daLei de Ostwald:

Ka � �α2 � �M

constante aumenta diminui

16 a) A amostra B é mais ácida, pois apresenta menor pH.b) Cem vezes, pois:

[H�]amostra A � 10�3,6 mol/L[H�]chuva “normal” � 10�5,6 mol/L


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e, então:

[H ]

[H ] 10

10 10amostra

chuva "normal"

3,6

5,62

�

�

�

�� A

17 O tratamento reduziu em mil vezes a concentração de H�.

[H�]inicial � 10�3,7 mol/L

[H�]final � 10�6,7 mol/L

Portanto:

[H ]

[H ] 10

10 10final

inicial

6,7

3,73

�

�

�

��

18 a) I é neutra, II é ácida e III é básica.A ordem crescente de acidez é: III � I � II

b) Ordem crescente de alcalinidade: II � I � III (é o oposto daordem crescente de acidez).

c) Ordem crescente de pH: II � I � III (quanto maior o pH,maior a alcalinidade).

d) Ordem crescente de pOH: III � I � II (quanto maior o pOH,menor o pH).

19 O meio mais alcalino apresenta maior pH. O mais alcalino é, por-tanto, o limpador com pH � 12.

22 Como o HCl é monoácido, vale a expressão [H�] � α � M. E comoé um ácido forte, seu grau de ionização pode ser considerado 100%,

ou seja, 100100

ou 1. Assim [H�] � M.

Solução 0,1 mol/L:

[H�] � 0,1 � 10�1 mol/L ⇒ pH � 1


[H�] � 0,01 � 10�2 mol/L ⇒ pH � 2

A solução 0,1 mol/L é mais ácida, pois apresenta maior [H�] ou,de modo equivalente, menor pH.

23 Como o KOH é monobase, vale a expressão [OH�] � α � M.E como é uma base forte, podemos considerar a como sendo 100%,

ou seja, 100100

ou 1. Assim [OH�] � M.

[OH�] � 0,001 � 10�3 mol/L ⇒ pOH � 3 ⇒ pH � 11

24 Solução 0,1 mol/L:[OH�] � 0,1 � 10�1 mol/L ⇒ pOH � 1 ⇒ pH � 13


[OH�] � 0,01 � 10�2 mol/L ⇒ pOH � 2 ⇒ pH � 12

A solução 0,1 mol/L é mais básica, pois apresenta maior [OH�]ou, de modo equivalente, maior pH.

25 [H�] � α � M �2

100 � 5 � 10�2 mol/L

[H�] � 1 � 10�3 mol/L ⇒ pH � 3

26 Usando a expressão deduzida na resolução da questão 7.

[H ] = K +a � M

[H ] 1 10 1 10 1 106 2 8� � � ��

[H�] � 1 � 10�4 mol/L

Então: pH � 4

27 A resolução é semelhante à da questão anterior.

[H ] K +a� � M

[H ] 1 10 1 10 1 106 3 9� � � ��

Nesse ponto, vale lembrar que extrair a raiz quadrada equivale a

elevar a 12

. Assim: [H ] 1 10 912� �� ( )

[H ] 10��

�92

[H�] � 10�4,5 mol/L

Então: pH � 4,5

28 Usando a expressão deduzida na resolução da questão 8.

[OH ] = K b

� � M

[OH ] = 2 10 5 105 2� � ��

[OH ] = 1 10 6� ��

[OH�] � 1 � 10�3 mol/L

pOH � 3 ⇒ pH � 11

30 log 6,3 � 0,8 ⇒ 100,8 � 6,3[H�] � 6,3 � 10�5

[H�] � 100,8 � 10�5

[H�] � 10�4,2 mol/L

pH � 4,2

31 log 3,2 � 0,5 ⇒ 100,5 � 3,2[OH�] � 3,2 � 10�4

[OH�] � 100,5 � 10�4

[OH�] � 10�3,5 mol/LpOH � 3,5

pH � 10,5

32 log 2 � 0,3 ⇒ 100,3 � 2[OH�] � 2 � 10�1

[OH�] � 100,3 � 10�1

[OH�] � 10�0,7 mol/LpOH � 0,7

pH � 13,3

33 a) 100 vezes, pois:[H�]chuva de pH 4,0 � 10�4,0 mol/L[H�]“chuva limpa” de pH 6,0 � 10�6,0 mol/L

e, então:

[H ]

[H ] 10

10 10 chuva de pH 4, 0

"chuva limpa" de pH 6, 0

4,0

6,02

�

�

�

��

b) 31,6 vezes, pois:[H�]chuva de pH 4,0 � 10�4,0 mol/L[H�]“chuva limpa” de pH 5,5 � 10�5,5 mol/LAcontece que:

10�5,5 � 100,5 � 10�6,0 � 101/2 � 10�6,0 � 10 � 10�6 �� 3,16 � 10�6

e, então:

[H ]

[H ] 10

3,16 10 31,6chuva de pH 4, 0

"chuva limpa" de pH 5, 5

4,0

6,0

�

�

�

��

�


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34 a) Amarela, pois a solução tem pH � 2.b) Azul, uma vez que a solução tem pH � 12.c) Amarela, porque [H�] � α � M � 0,02 � 0,05 � 1 � 10�3 mol/L e,

portanto, o pH da solução é 3.d) Amarela, já que o pH da solução é 5.e) Azul, pois a solução apresenta pH � 9.

35 Para diferenciar as soluções usando o indicador, é necessário queele apresente coloração diferente em cada uma delas.a) Sim, pois a fenolftaleína apresenta-se incolor na solução de

pH � 3 e rósea na de pH � 11.b) Não, pois a fenolftaleína apresenta-se incolor em ambas as

soluções.c) Não, pois a fenolftaleína apresenta-se rósea em ambas as soluções.

40 a) NH4Clb) A solução é ácida em decorrência da hidrólise do cátion

amônio:NH�

4(aq) � H2O(l) F NH4OH(aq) � H�(aq) ou

NH�4(aq) � H2O(l) F NH3(aq) � H3O

�(aq)

41 a) CaCO3

b) Porque a hidrólise do ânion carbonato produz íons OH�:CO2–

3(aq) � H2O(l) F HCO�3(aq) � OH�

(aq) ouCO2–

3(aq) � 2 H2O(l) F H2CO3(aq) � 2 OH�(aq)

Professor: O CaCO3 é pouco solúvel em água. A pequena quan-tidade que se dissolve na água presente no solo se dissocia emCa2� e CO3

2�:CaCO3(s) F Ca2�

(aq) � CO2–3(aq)

A hidrólise do carbonato produz ânions OH� que são consu-midos pelos cátions H� do meio ácido, contribuindo paraneutralizá-lo. O consumo de OH� desloca o equilíbrio dehidrólise para a direita, consumindo mais íons carbonato. Aredução da concentração de íons carbonato desloca o equilí-brio de dissociação iônica do CaCO3 para a direita, fazendocom que mais CaCO3 se dissolva.Isso equivale a dizer que o CaCO3 reage com os íons H� domeio, resposta que também é adequada para o exercício:CaCO3(s) � 2 H

�(aq) F Ca2�

(aq) � H2O(l) � CO2(g)

42 Para levar o pH de 6,5 para 7,5 é necessário diminuir a acidez ou,de modo equivalente, aumentar a alcalinidade. Das substânciascitadas, apenas o Na2CO3 permite atingir o objetivo, pois é um salcuja hidrólise do ânion produz íons hidroxila:

CO23�(aq) � H2O(l) F HCO3

�(aq) � OH�

(aq) ou

CO23�(aq) � 2 H2O(l) F H2CO3(aq) � 2 OH�

(aq)

43 A formação das incrustações é favorecida por fatores que deslo-quem os equilíbrios para a direita. O aumento do pH (aumento daalcalinidade do meio) reduz a concentração de H� e, de acordocom o Princípio de Le Chatelier, desloca os equilíbrios para a di-reita. Conclui-se, portanto, que a formação das incrustações éfavorecida quando o pH está acima do valor adequado.

45 A aceleração da respiração acentua a saída de gás carbônico dospulmões, o que provoca, de acordo com o Princípio de Le Chatelier,o deslocamento do equilíbrio para a esquerda. Isso reduz a con-centração de H�, ou seja, aumenta o pH.Já a dificuldade em respirar acumula gás carbônico nos pulmões,o que desloca o equilíbrio para a direita. Isso aumenta a concen-tração de H�, ou seja, diminui o pH.

47 a) A Lei de Henry, segundo a qual a solubilidade de um gás emum líquido, a temperatura constante, é proporcional à pressãodo gás.

b) Não, pois à temperatura a que se refere o gráfico (20°C) e auma determinada pressão, a solubilidade aumenta na seqüên-cia: H2, N2, CH4, O2, Ar e NO.

52 pH � 3,74 ⇒ [H�] � 10�3,74 mol/Llog 1,8 � 0,26 ⇒ 100,26 � 1,8Ka � 1,8 � 10�5 � 100,26 � 10�5 � 10�4,74

Substituindo os valores de [H�] e Ka na expressão da constante deionização do ácido, temos:

K [CH COO ][H ]

[CH COOH]a3

3

��

10 [CH COO ] 10

[CH COOH]4,74 3

3,74

3

��

��

[CH COO ]

[CH COOH] 1

10 0,13

3

�

� �

53 Substituindo [HCO ]

[H CO ] 23

2 3

�

� na expressão de Ka:

K [H ][HCO ]

[H CO ]a3

2 3

��

4 � 10�7 � [H�] � 2[H�] � 2 � 10�7 mol/Llog 2 � 0,3 ⇒ 100,3 � 2

[H�] � 2 � 10�7 � 100,3 � 10�7 � 10�6,7 mol/L ⇒ pH � 6,7

54 [NH4OH] � 10�1 mol/LpH � 10,3 ⇒ pOH � 3,7 ⇒ [OH�] � 10�3,7 mol/Llog 2 � 0,3 ⇒ 100,3 � 2Kb � 2 � 10�5 � 100,3 � 10�5 � 10�4,7

Substituindo os valores de [NH4OH], [OH�] e Kb na expressão daconstante de basicidade do NH4OH, calculamos [NH�

4 ]:

K [NH ][OH ]

[NH OH]b4

4

��

10 [NH ] 10

104,7 4

3,7

1�

� �

��

�

[NH�4] � 1,0 � 10�2 mol/L

Se a concentração de NH�4 na solução-tampão é 1,0 � 10�2 mol/L,

isso significa que foi dissolvido 1,0 � 10�2 mol de NH4Cl em 1,0 Lda solução de NH4OH.

55 Alternativa A.O caráter básico é tanto maior quanto maior for o pH de um meio.

56 Alternativa D.

[H3O�] � 10�8 mol/L ⇒ pH � 8

57 Alternativa C.I. [H�] � 10�3 mol/L

pH � 3 (não pode ser lançado)II. [OH�] � 10�5 mol/L

pOH � 5pH � 9 (não pode ser lançado)

III. [OH�] � 10�8 mol/LpOH � 8pH � 6 (pode ser lançado)

58 Alternativa C.A alternativa A é incorreta. A calda de pêssego tem pOH � 10,0 ea de figo tem pOH � 9,0.A alternativa B é incorreta, pois, quanto maior o pH, menos ácidoé um meio.A alternativa C é correta, pela própria definição de pH.A alternativa D é incorreta, pois, quanto maior o pOH, menor opH e, portanto, maior a acidez e maior a [H�].


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A alternativa E é incorreta. Se a concentração de oxidrilas (isto é,hidroxilas) é 10�3 mol/L, o pOH vale 3 e o pH vale 11.

59 Alternativa C.I é correta, pois, quanto menor o pH, maior a acidez de um meio.

II é correta.III é incorreta, pois um meio com pH maior que o da água desti-

lada é menos ácido (ou mais básico) que a água destilada.

60 Alternativa B.Como o HNO3 é monoácido, vale a expressão [H�] � α � M. Ecomo é um ácido forte, seu grau de ionização pode ser considera-do 100%, ou seja, 100/100 ou 1. Assim:[H�] � M � 0,001 � 10�3 mol/L

pH � 3 e pOH � 11

62 Alternativa C.A condutividade elétrica de uma solução é tanto maior quanto maiora concentração de íons dissolvidos. E, no caso, essa concentraçãoserá maior no caso do ácido mais forte (maior Ka), que é II.O pH é tanto maior quanto menor for [H�] e, no caso, essa con-centração será menor no caso do ácido mais fraco (menor Ka), queé III.

63 a) O pH é menor quanto maior for [H�]. Como [H�] � K a � M

(veja resolução da questão 7) e M é igual, [H�] será maior nasolução do ácido de maior Ka (ácido mais forte). Assim, apre-senta menor pH a solução de ácido fórmico.

b) [CH3COO�] � [H�] �

� K 1 10 1 10 1 10a5 1 6� � � � �M � ��

[CH3COO�] � 1� 10�3 mol/L

64 Alternativa C.

[H�] � α � M � 2,5100

� 0,004 � 1,0 � 10�4 mol/L ⇒ pH � 4

65 Alternativa D.

[OH�] � α � M � 0,4100

� 0,25 � 1,0 � 10�3 mol/L ⇒

⇒ pOH � 3 ⇒ pH � 11

66 Alternativa B.pH � 3 ⇒ [H�] � 10�3 mol/L

[H�] � α � M ⇒ 10�3 � α � 0,1 ⇒ α � 10�2 ou

α � 1%

67 Alternativa E.pH � 3 ⇒ [H�] � 10�3 mol/LPela equação de ionização, CH3COOH F H� � CH3COO�, po-demos concluir que os íons H� e CH3COO� são formados na pro-porção em mols de 1 : 1, ou seja, suas concentrações em mol/Lserão iguais. Assim:

[H�] � [CH3COO�] � 10�3 mol/LSubstituindo esses valores na expressão de Ka podemos determi-nar a [CH3COOH]:

K [CH COO ][H ]

[CH COOH]a3

3

��

1,8 10 10 10[CH COOH]

53 3

3

��

� �

�

[CH3COOH] � 5,6 � 10�2 mol/L

68 Alternativa E.A constante de ionização da base permanece constante, pois éuma característica da base e da temperatura. Já o grau de ionizaçãoaumenta, conforme podemos deduzir da Lei de Ostwald:

Kb � �α2 � �M


69 Alternativa E.I é incorreta.Solução 1: pH � 3,0 ⇒ [H�] � 1 � 10�3 mol/LSolução 2: pH � 4,0 ⇒ [H�] � 1 � 10�4 mol/LA concentração de H� na solução 2 é dez vezes menor.II é correta. A condutividade elétrica é tanto maior quanto maiorfor a concentração total de íons na solução.Solução 1: [H�] � [A�] � 2 � 10�3 mol/LSolução 2: [H�] � [A�] � 2 � 10�4 mol/LAssim, a solução 1 tem maior condutividade elétrica.III é correta. Quando a diluição tender ao infinito, o valor de [H�]na solução tenderá ao valor de [H�] na água pura e, portanto, o pH(a 25°C) tenderá ao valor 7,0.

70 Alternativa C.Como o pH vale 6,4, deduz-se que [H�] � 10�6,4 mol/L. E já que[H�] � [OH�] � 10�14, decorre que [OH�] � 10�7,6 mol/L.

71 Alternativa B.pH � 6,80 ⇒ [H�] � 10�6,80 mol/LpH � 8,00 ⇒ [H�] � 10�8,00 mol/L

72 Alternativa E.A afirmativa I é incorreta, porque a [H�] na 14a amostra (10�6 mol/L)é cem vezes menor do que na 6a amostra (10�4 mol/L), e não 50%maior.A afirmativa II é correta, pois a 18a amostra tem pH maior do queas demais. De fato a 18a amostra é neutra e as demais são ácidas.A afirmativa III é correta, porque a [H�] na 8a amostra é 10�5 mol/Le a [H�] na 14a amostra é 10�6 mol/L.A afirmativa IV é correta. De acordo com o enunciado, a denomi-nação “chuva ácida” é dada à chuva cujo valor de pH é inferior a5,5, o que ocorre com a 6a e a 8a amostras.

73 Alternativa C.Ambas as soluções de HCl têm exatamente a mesma concentra-ção. O pH da solução de HCl inicialmente presente no béquer é 1e o pH da solução de HCl a ela adicionada também é 1. Assim, aadição da solução não afeta o pH da solução presente no béquer.Isso está expresso corretamente no gráfico da alternativa C, emque o pH permanece constante no valor 1 à medida que aumenta ovolume adicionado.

75 Alternativa C.Inicialmente, [H�] vale 10�2 mol/L. A adição da água faz o volu-me da solução aumentar dez vezes. Com isso, a [H�] (que é pro-veniente de um ácido forte, com α � 100%) é reduzida dez vezes,passando a valer 10�3 mol/L. Assim, o pH final será 3.

76 [H�]i � 1 mol/L[H�]f � 10�1 mol/LComo se trata de uma diluição, vamos empregar a expressão:Mi � Vi � Mf � Vf

em que vamos substituir [H�] por M, uma vez que se trata de umácido forte com a � 100%. Assim:[H�]i � Vi � [H�]f � Vf

1 mol/L � Vi � 10�1 mol/L � 200 mL

Vi � 20 mL


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77 Alternativa C.Trata-se de uma diluição da solução.[H�]i � Vi � [H�]f � Vf

10�4 � 25 � [H�]f � 250[H�]f � 10�5 mol/L

pH � 5

78 Alternativa B.Inicialmente, como pH � 1, temos [H�]i � 10�1 mol/L. Assim:[H�]i � Vi � [H�]f � Vf

10�1 � 50 � [H�]f � 500[H�]f � 10�2 mol/L

pH � 2

79 Alternativa B.No início: [H�]i � 1,0 � 10�1 mol/L ⇒ pHi � 1No final: [H�]f � 1,0 � 10�5 mol/L ⇒ pHf � 5Assim, o pH variou de 4 unidades.

80 Alternativa D.Trata-se de uma diluição da solução.[H�]i � Vi � [H�]f � Vf

10�3 � 20 � [H�]f � 200[H�]f � 10�4 mol/L

pH � 4

81 Trata-se de uma diluição da solução de HCl 1,0 mol/L, cujo volumepassa de 0,05 mL (isto é, 1/20 de mililitro) para 5 L (5 � 103 mL).Nessa diluição a concentração de H� inicial é [H�]i � 1 mol/L.Portanto:[H�]i � Vi � [H�]f � Vf

1 � 0,05 � [H�]f � 5 � 103

[H�]f � 1,0 � 10�5 mol/L

pH � 5

82 [H�] � α � M

Ka � α2 � M⇒ [H�] � K a � M

Quando diluímos a solução do ácido fraco, Ka não se altera e M

sofre diminuição. A expressão [H�] � K a � M nos permite con-

cluir que a [H�] diminui. Assim, o meio se torna menos ácido e,portanto, o pH aumenta.

Professor: É muito comum os alunos responderem que a [H�] au-menta. Basicamente, esse tipo de resposta é motivada pelo fato deα aumentar (conclusão da Lei de Ostwald). De fato, quando dilu-ímos uma solução de um ácido fraco, o grau de ionização aumen-ta. No entanto, a Lei de Ostwald (K � α2 � M) nos permite preverque se, por exemplo, M diminuir 100 vezes, α2 terá que aumentar100 vezes e, portanto, α aumentará 10 vezes.Em outras palavras, o aumento do α faz com que haja um desloca-mento do equilíbrio de ionização do ácido no sentido de produzirmaior quantidade em mols de H�. Acontece que o aumento dovolume é maior que o aumento da quantidade em mols de H�, oque faz com que a [H�] diminua.Um exemplo cotidiano muito interessante é o da limonada, umasolução aquosa de ácido fraco. Quando acrescentamos água, elase torna menos azeda (nunca mais azeda!), evidenciando que adiluição reduz concentração de íons H�.

83 [OH�] � α � M

Kb � α2 � M⇒ [OH�] � K

b� M

Quando diluímos a solução da base fraca, Kb não se altera e M

sofre diminuição. A expressão [OH�] � K b

� M nos permite

concluir que a [OH�] diminui. Assim, o meio se torna menos bá-sico e, portanto, o pH diminui.

Professor: Valem aqui as mesmas considerações feitas sobre oexercício anterior.

84 Na de pH � 10, pois nela o NH4OH está mais diluído (menor M)e, de acordo com a Lei de Ostwald, seu α será maior:

Kb � �α2 � �M

Professor: Uma resposta comum (e incorreta) dos alunos é: “asolução de pH � 11 é mais básica e, portanto, é aquela na qual oα do NH4OH é maior”. Por trás dessa resposta está a consideraçãode que a concentração em mol/L de ambas é igual e como a [OH�]é igual a α � M, então, o α é maior na solução mais básica.Uma maneira simples de mostrar que esse raciocínio está errado éargumentar que, se são duas soluções da mesma base, de mesmaconcentração (e, subentende-se, na mesma temperatura), então es-sas soluções são iguais. É impossível haver diferença no α!Se as duas soluções possuem diferentes valores de pH é porqueelas diferem na concentração da base. A solução mais básica con-tém, obviamente, mais mols de base por litro. Assim, a solução depH � 11 é mais concentrada e a de pH � 10 é mais diluída. Nestaúltima, o α é maior, de acordo com a Lei de Ostwald.

85 Alternativa D.Pelo valor de Ka podemos afirmar que o ácido em questão é fraco.(Valores de Ka da ordem de 10�5 ou menores garantem se tratar deácido fraco.)Vale, portanto, a Lei da Diluição de Ostwald aproximada,K � α2 � M. Quando se adiciona água (diluição), ocorre diminui-ção da concentração em mol/L, M, da solução. Como conseqüên-cia, o grau de ionização a aumenta.

K � �α2 � �M


O aumento de α revela que o equilíbrio de ionização do ácido sedeslocou no sentido da formação dos íons H� e OAc�. Assim,concluímos que haverá aumento da quantidade (em mol) dos íonsacetato.Quanto à concentração, temos que:

[H�] � [OAc�] � α � M

Ka � α2 � M⇒ [OAc�] � K a � M

Utilizando a expressão [OAc�] � K a � M , concluímos que,

quando M diminui, a concentração de íons acetato {OAc�] tam-bém diminui.

Professor: Dada a importância do ácido acético, é importante des-de já mostrar as várias representações que são utilizadas para ele epara sua ionização:

CH3COOH F H� � CH3COO�

H3CCOOH F H� � H3CCOO�

CH3 k COOH F H� � CH3k COO�

H3C k COOH F H� � H3C k COO�

CH3

C F H� �O

OH

CH3

C

O

O–


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.H

3C C F H� �

O

OH

H3C C

O

O–

HOAc F H� � OAc� (aqui, Ac representa o grupoacetila, CH3CO)

86 Alternativa B.Trata-se de um problema envolvendo o efeito do íon comum acetatosobre a ionização do ácido acético.Na solução de ácido acético há o seguinte equilíbrio:

CH3COOH F H� � CH3COO�

A adição de acetato de sódio faz com que aumente a [CH3COO�]e, de acordo com o Princípio de Le Chatelier, haja um desloca-mento do equilíbrio para a esquerda. Nesse processo:• a constante de ionização (Ka) não se altera, pois ela só depende

do ácido e da temperatura;• o grau de ionização (α), que representa o rendimento da reação,

diminui, uma vez que há deslocamento para a esquerda;• a [H�] diminui, também em conseqüência do deslocamento, e,

portanto, o pH aumenta.

88 a) HNO3 � KOH → KNO3 � H2Ob) Cálculo da quantidade em mols de base:

1.000 mL — 0,250 mol

80 mL — nbase

⇒ nbase � 0,02 mol

Cálculo da quantidade em mols de ácido:

1.000 mL — 0,500 mol

20 mL — nácido

⇒ nácido � 0,01 mol

Há, portanto, excesso de 0,01 mol de base que, ao final, estádissolvido em 100 mL (0,1 L). Assim

[OH ] 0,01 mol0,1 L

10 mol / Lf

1� ��

pOH � 1

pH � 13

89 No processo de neutralização entre ácido forte e base forte, pode-mos afirmar que a neutralização completa acontecerá se a quanti-dade total em mols de íons H� provenientes do ácido for igual àquantidade total em mols de íons OH� provenientes da base.

Frasco I: pH � 3 ⇒ [H�] � 10�3 mol/L

1.000 mL — 10�3 mol

10 mL — x⇒ x � 10�5 mol

Frasco II: pH � 2 ⇒ [H�] � 10�2 mol/L

1.000 mL — 10�2 mol

10 mL — y⇒ y � 10�4 mol

Vamos designar por z a quantidade em mols de íons OH� no fras-co III. Assim:

x � y � z ⇒ 10�5 � 10�4 � z ⇒ z � 1,1 � 10�4 mol

Levando em conta que essa quantidade em mols de OH� está dis-solvida em 110 mL de solução, temos:

110 mL — 1,1 � 10�4 mol

1.000 mL — w⇒ w � 10�3 mol

Assim, a solução do frasco III apresenta:

[OH�] � 10�3 mol/L ⇒ pOH � 3 ⇒ pH � 11

90 Alternativa E.O pH é menor quanto maior for [H�]. Como [H�] � α � M e comoM é a mesma em ambas as soluções, [H�] será maior na soluçãodo ácido mais forte (maior α). Assim, apresenta menor pH a solu-ção de ácido clorídrico.Quanto à neutralização por uma mesma base, como ambos os áci-dos apresentam um hidrogênio ionizável (são monoácidos) e es-tão presentes em uma mesma quantidade em mols, decorre que aquantidade de base necessária é a mesma.

91 a) [H�] � 10�1 mol/L ⇒ pH �1

b) [OH�] � 10�1 mol/L ⇒ pOH � 1 ⇒ pH � 13

c) nHCl � M � V � 0,1 mol/L � 0,045 L � 0,0045 molnNaOH � M � V � 0,1 mol/L � 0,055 L � 0,0055 molHCl � NaOH → NaCl � H2OA proporção em mols entre ácido e base, nessa neutralização,é 1:1. Assim, concluímos que há excesso de 0,0010 mol deNaOH. E esse excesso estará dissolvido no volume final, queé de 100 mL.

[OH ] 0,0010 mol0,100 L

1 10 mol / Lfinal

2� ��

pOH � 2

pH � 12

92 Alternativa E.nH

2SO

4� M � V � 1,00 � 10�2 mol/L � 5,000 � 10�2 L

nH2SO

4� 5,000 � 10�4 mol

nNaOH � M � V � 6,00 � 10�2 mol/L � 3,000 � 10�2 LnNaOH � 1,800 � 10�3 molA equação da neutralização é:H2SO4 � 2 NaOH → Na2SO4 � 2 H2Oque nos fornece a proporção em mols entre ácido e base:

H2SO4 2 NaOHProporção: 1 mol 2 molGrandezas: Quantidade Quantidade


5,000 � 10�4 mol — xx � 1,000 � 10�3 mol

Essa é a quantidade de NaOH necessária à completa neutralizaçãodo ácido. Como a quantidade total de base é maior do que essa,concluímos que há excesso de base.Excesso de NaOH � 1,800 � 10�3 mol � 1,000 � 10�3 molExcesso de NaOH � 8,00 � 10�4 molEsse excesso estará dissolvido no volume final de 80,00 mL.Assim:

[OH ] 8 10 mol8 10 L

1 10 mol / Lfinal

4

22�

�

��

�

��

pOH � 2

pH � 12

Quanto à concentração de Na� final, ela pode ser calculada divi-dindo a quantidade total de íons Na�, que é igual à quantidadetotal de NaOH utilizada para fazer a mistura, pelo volume final:

[Na ] 1,800 10 mol8,000 10 Lfinal

3

2�

�

��

�

�

[Na�]final � 0,0225 mol/L

93 Alternativa E.De acordo com o esquema apresentado, vermelho e rosa indicammeio ácido (pH � 7); azul, verde e amarelo indicam meio básico(pH � 7).


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94 Alternativa D.Como suco de abacaxi e suco de limão são ambos ácidos, espera-se que o indicador adquira cor vermelha ou rosa.

95 Alternativa C.Pela cor resultante do indicador:I, concluímos que pH � 3,0;II, concluímos que pH � 4,6;III, concluímos que 4,2 � pH � 6,2;IV, concluímos que pH � 6,0.

Então, o pH está na faixa: 4,6 � pH � 6,0.

96 Alternativa B.

[H ] K = 1 10 1 10 1 10a5 1 6� � � �� M � � � �

[H�] � 1 � 10�3 mol/LpH � 3Nesse pH, o indicador I é amarelo, II é azul e III é azul.

98 Alternativa B.[H�] � 1,0 � 10�6 mol/L ⇒ pH � 6log 2,5 � 0,4 ⇒ 100,4 � 2,5[H�] � 2,5 � 10�8 � 100,4 � 10�8 � 10�7,6 mol/L ⇒ pH � 7,6Podemos dizer que o azul de bromotimol adquire coloração• amarela, se o pH for menor que 6 (isto é, [H�] maior que

1,0 � 10�6 mol/L);• azul, se o pH for maior que 7,6 (isto é, [H�] menor que

2,5 � 10�8 mol/L).

Assim, concluímos que a coloração do indicador nos meios apre-sentados no enunciado serão:• suco de tomate (pH � 6): amarelo• água da chuva (pH � 6): amarelo• água do mar (pH � 7,6): azul

99 Alternativa A.Na equação, que representa a hidrólise do Fe3�, o que falta é aespécie H� com coeficiente estequiométrico 3. O fato de a reaçãoproduzir H� faz com que o meio fique ácido e, portanto, com pHmenor que 7.

100 Alternativa B.ClO� � H2O F HClO � OH�

NaClO é sal derivado de base forte e ácido fraco.

101 Alternativa C.• CaSO4 é sal de base forte (Ca(OH)2) e ácido forte (H2SO4). Sua

solução é neutra.• NaNO3 é sal de base forte (NaOH) e ácido forte (HNO3). Sua

solução é neutra.• CaCO3 é sal de base forte (Ca(OH)2) e ácido fraco (H2CO3). Sua

solução é básica. Pode ser usado, portanto, para neutralizar aacidez do solo. (Trata-se de um sal pouco solúvel, porém o pou-co que se dissolve já é o suficiente para deixar o meio básico.)

• NaCl é sal de base forte (NaOH) e ácido forte (HCl). Sua solu-ção é neutra.

• SiO2 é um óxido de características ácidas, muito pouco solúvelem água (areia, quartzo, sílica ou cristal de rocha).

102 Alternativa D.• NaCN é sal de base forte (NaOH) e ácido fraco (HCN). Sua

solução é básica.• KCl é sal de base forte (KOH) e ácido forte (HCl). Sua solução

é neutra.• KNO3 é sal de base forte (KOH) e ácido forte (HNO3). Sua so-

lução é neutra.• NH4Cl é sal de base fraca (NH4OH) e ácido forte (HCl). Sua

solução é ácida, ou seja, possui pH � 7, conforme deseja o enun-ciado.

• NaHCO3 é sal de base forte (NaOH) e ácido fraco (H2CO3). Suasolução é básica.

103 Alternativa B.A hidrólise do NaHCO3 pode ser equacionada como

HCO�3 � H2O F H2CO3 � OH�

solução básicaA espécie química capaz de neutralizar a acidez estomacal é ahidroxila, OH�.

104 Alternativa A.A única alternativa que propõe uma solução capaz de eliminar aacidez da água, responsável pela descoloração da clorofila, é aadição do bicarbonato de sódio.

105 Alternativa C.O sal KClO4 (de base forte, KOH, e ácido forte, HClO4) nãosofre hidrólise, e sua solução será neutra. Os demais sais apre-sentarão hidrólise do ânion e, como conseqüência, suas solu-ções serão básicas (pH � 7). Terá maior pH a solução que formais básica, ou seja, aquela cujo ânion do sal sofrer hidrólisemais pronunciada.Uma vez que a hidrólise é tanto mais intensa quanto mais fracofor o ácido que dá origem ao ânion, concluímos que apresenta-rá maior pH a solução do sal KCN. Ele é derivado do HCN, oácido mais fraco dentre os listados na questão (apresenta me-nor Ka).

109 a) NH�4(aq) � H2O(l) F NH3(g) � H3O

�(aq)

b) O cheiro é tanto mais forte quanto mais o equilíbrio do item aestiver deslocado para a direita.Vamos refletir sobre a influência da hidrólise dos ânions sobretal equilíbrio.

Xn� � H2O F HX(n�1)� � OH�

CH3COO� � H2O F CH3COOH � OH�

CO32� � H2O F HCO3

� � OH�

HCO3� � H2O F H2CO3 � OH�

Como Kb é maior para carbonato, CO32�, a hidrólise desse ânion

é mais acentuada e produz mais hidroxilas. Assim, o carbona-to colabora mais do que o acetato ou o bicarbonato para deslo-car o equilíbrio do item a para a direita.Portanto, o cheiro de amônia será mais forte no tubo em que sedissolveu Na2CO3.

c) É menor do que 7,0, pois a hidrólise do cátion amônio produzíons H� (ou H3O

�), conforme a equação do item a.

113 Alternativa C.A diminuição da pressão faz com que a concentração do Cl2 dis-solvido na água diminua. Isso provoca deslocamento do equilí-brio para a esquerda, consumindo HCl e HClO e reduzindo a aci-dez da solução (aumento do pH).

114 Alternativa D.O odor será acentuado quanto mais amônia gasosa for liberadapela solução. A adição de soda cáustica (NaOH) desloca o equilí-brio de ionização da amônia para a esquerda, aumentando [NH3].Isso faz com que o equilíbrio de solubilização da amônia gasosatambém seja deslocado para a esquerda, formando mais NH3(g) eintensificando o odor de amônia.

116 Alternativa C.

CO2(g) � H2O(l) F H�(aq) � HCO�

3(aq)

Com a garrafa fechada, a [H�] vale 10�4 mol/L, pois pH � 4. Aoabrir a garrafa, o equilíbrio acima se desloca para a esquerda, gra-


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ças à liberação de gás carbônico. Isso reduz a [H�] e faz o pHaumentar. No entanto, a [H�] não ficará menor que na água purae, portanto, o pH não superará o valor 7.

117 a) Os íons OH� (do NaOH em solução) reagem com os íons H�,participantes do equilíbrio apresentado no enunciado, deslocando-o para a direita. Isso faz com que mais CO2 se dissolva na água.

b) O volume inicial da fase gasosa é 90 mL e o final é 50 mL.(Observe a ilustração de ponta-cabeça.) Assim, o volume par-cial do CO2 (que é absorvido pela solução) é de 40 mL.

fração em mol pressão parcial do gás

pressão total

volume parcial do gás

volume total

� �

�

Assim:

P

90 kPa 40 mL

90 mLCO2 �

PCO2 � 40 kPa

118 Alternativa B.Há dois fatores em jogo nessa questão sobre solubilidade do gásoxigênio em água: pressão parcial do gás e temperatura. Na situa-ção inicial, tem-se uma temperatura de 25°C e uma pressão par-cial de oxigênio, que é dada pela multiplicação da fração em molsdo O2 no ar pela pressão atmosférica no local.A afirmação A é correta. A temperatura e a pressão parcial do O2

nessa situação são as mesmas que na situação inicial e, portanto, asolubilidade do O2 na água se mantém.A afirmação B é errada. No nitrogênio gasoso, a fração em molsdo O2 é zero. Assim, a solubilidade do O2 na água se reduz a zero,ou seja, o O2 já dissolvido é gradualmente expulso à medida que oborbulhamento prossegue e, portanto, sua concentração na águadiminui.A afirmação C é correta. Nessa situação, a pressão parcial do O2 éa mesma que na situação inicial, mas a temperatura é menor, acar-retando aumento da solubilidade do O2 na água.A afirmação D é correta. Nessa situação, a temperatura é a mesmada situação inicial, mas a pressão parcial do O2 é maior, provocan-do aumento da solubilidade do O2 na água.A afirmação E é correta. Nessa situação, a temperatura e a pressãoparcial do O2 são iguais às da situação inicial e, portanto, a solubi-lidade do O2 na água se mantém.

pH inicial pH final I pH final II

pH crescente

119 Alternativa D.A adição de NaOH a uma solução ácida acarretará um aumento do pH (redução da acidez). No caso da solução tamponada (I), a variação de pHserá menor do que no caso da solução não-tamponada (II). Assim, espera-se que o pH final da solução I seja menor que o da solução II.

HCl. E esse excesso estará dissolvido no volume final, que éde 1 L.

[H ] 0,01 mol1 L

1 10 mol / Lfinal

2� ��

pH � 2

123 Alternativa C.Seja HA a fórmula do ácido no qual se fundamenta o tampão.Substituindo [H�] � 10�5 mol/L e Ka � 10�4, temos:

K [H ][A ][HA]a ��

10 1 [A ][HA]

45

��

�0

[A ][HA]

10�

�

Como HA é proveniente do ácido dissolvido, e A� é quase queexclusivamente proveniente do sal, podemos afirmar que a quan-tidade (em mols) de sal dissolvido é 10 vezes maior que a quanti-dade do ácido.

124 a) Primeiramente calculamos a quantidade em mols de NH4NO3:

n mM

6,4 g

80 g/ mol 0,080 mol� � �

Agora, determinamos a concentração em quantidade de ma-téria (mol/L) desse NH4NO3 ao ser dissolvido em 0,10 L

120 Alternativa A.H2CO3 é um ácido fraco e HCO3

� é seu ânion.

121 O item 0 é falso, pois o acúmulo de CO2 no sangue aumenta suaconcentração e, de acordo com o Princípio de Le Chatelier, deslo-ca o equilíbrio mencionado para a direita. Isso produz H3O

�, au-mentando sua concentração.O item 1 é verdadeiro. O aumento da freqüência respiratória ex-pulsa mais CO2 do sangue, deslocando o equilíbrio para a esquer-da e consumindo H3O

�. Isso reduz a acidez, ou seja, aumenta aalcalinidade sangüínea.O item 2 é verdadeiro. O procedimento sugerido dificulta a saídade CO2 do sangue. O acúmulo de CO2 no sangue aumenta suaconcentração e desloca o equilíbrio para a direita. Isso produzH3O

�, reduzindo a alcalinidade do sangue.O item 3 é verdadeiro. Trata-se de um tampão que envolve o H2CO3,um ácido fraco, e HCO3

�, o ânion dele derivado.

122 a) CH3COOH e CH3COONa formam solução-tampão, pois sãoácido fraco e sal dele derivado.Cloreto de sódio produz solução neutra, pois é sal de ácidoforte e base forte.

b) nHCl � M � V � 0,1 mol/L � 0,700 L � 0,07 molnNaOH � M � V � 0,2 mol/L � 0,300 L � 0,06 molHCl � NaOH → NaCl � H2OA proporção em mols entre ácido e base, nessa neutralização,é 1 : 1. Assim, concluímos que há excesso de 0,01 mol de


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76de solução (estamos supondo desprezível a variação de volu-me):

M n

v 0,080 mol

0,10 L 0,80 mol / Lsoluto

solução

� � �

Vamos substituir, na expressão matemática de Kb, a concen-tração de NH4

�, a concentração de NH4OH e o valor de Kb.Como se trata de uma base fraca, consideraremos que o graude ionização é muito pequeno e, por isso, os íons NH4

� sãoprovenientes do sal dissolvido. Tal consideração nos conduz a[NH4

�] � 0,80 mol/L e [NH4OH] � 0,080 mol/L. Assim,temos:

K [NH ] [OH ]

[NH OH]b4

4

��

1,8 10 0,80 [OH ]0,080

5��

�

�

[OH�] � 1,8 � 10�6 mol/LComo log 1,8 � 0,26, segue que 100,26 � 1,8. Assim:[OH�] � 100,26 � 10�6 � 10�5,74 mol/LpOH � 5,74

pH � 8,26

b) A adição da água não modifica a relação [NH4�]/[NH4OH],

que é a mesma do item a, [NH4�]/[NH4OH] � 10. Assim, o pH

é o mesmo calculado anteriormente, 8,26.(Na verdade, a adição da referida quantidade de água alteramuito pouco o α e, dessa forma, afeta muito pouco a rela-ção [NH4

�]/[NH4OH] que, para efeitos práticos, continua va-lendo 10.)

125 Alternativa B.Teremos solução-tampão nos casos I, II e III.No caso I temos uma solução de um ácido fraco e de seu sal.No caso II, 1 mol do ácido reage com 1 mol da base produzindo 1mol de NH4Cl. Assim, haverá, na solução-tampão, 1 mol de basefraca (quantidade que não foi neutralizada) e 1 mol de seu sal.No caso III, 1 mol da base reage com 1 mol do ácido formando1 mol de CH3COONa. Assim, haverá, na solução-tampão, 1 molde ácido fraco (quantidade que não foi neutralizada) e 1 mol deseu sal.Nos casos IV e V teremos apenas soluções aquosas de sais, res-pectivamente NaCl e CH3COONH4, formados nas reações deneutralização entre o ácido e a base misturados.

126 Alternativa A.

Na � H2O → NaOH � 12

H2

Provoca aumento Combustível

do pH da solução

127 Alternativa A.A expressão da constante de dissociação do HClO é:

K [ClO ] [H O ]

[HClO]a3�

� ��

ou, de modo mais simplificado:

K [ClO ] [H ][HClO]a �

� ��

que pode ser rearranjada como:

[ClO ][HClO]

K

[H ]a

�

��

Substituindo, no segundo membro dessa expressão, o valor dadopara Ka (4 � 10�8) e o valor de [H�] para diferentes valores de pH,

podemos determinar a relação entre as concentrações de ClO� eHClO na solução, dependendo do pH.Procedendo dessa maneira, concluímos que, para:

• pH � 4, [ClO ][HClO]

4 1010

4 108

44

� �

��

�� ,

há grande predomínio de HClO;


4 1010

4 108

53

� �

��

�� ,



4 1010

4 108

62

� �

��

�� ,



4 1010

0,48

7

� �

��

�,

há ligeiro predomínio de HClO;


4 1010

8

8

� �

��

� 4 ,

há ligeiro predomínio de ClO�;


4 1010

108

91

� �

��

��4 ,

há grande predomínio de ClO�;

• pH � 10, [ClO ][HClO]

4 1010

108

102

� �

��

��4 ,

há grande predomínio de ClO�;

• pH � 11, [ClO ][HClO]

4 1010

108

113

� �

��

��4 ,

há grande predomínio de ClO�.Esses resultados estão de acordo com o gráfico que aparece naalternativa A. (Mas não com os da alternativa B, que apresentauma função linear.)Em outras palavras, para valores de pH menores que 6, a con-centração de H� é tão alta que o equilíbrio apresentado estásignificativamente deslocado para a esquerda, predominandoHClO. Para valores de pH superiores a 9, a concentração de H�

é tão baixa que o equilíbrio está significativamente deslocadopara a direita, com predomínio de ClO�.A título de ilustração, podemos realizar o cálculo do valor depH em que as concentrações de ClO� e HClO são iguais.

K

[H ] [ClO ]

[HClO] 1a

�

�

� �

[H�] � Ka

[H�] � 4 � 10�8 mol/L

Considerando que log 4 � 0,6, temos que 4 � 100,6 e, então:[H�] � 100,6 � 10�8

[H�] � 10�7,4 mol/L

pH � 7,4

De fato, isso está de acordo com o gráfico da alternativa A.

128 Alternativa A.log 8 � 0,9 ⇒ 100,9 � 8[OH�] � 8 � 10�5 � 100,9 � 10�5 � 10�4,1 mol/L ⇒

⇒ pOH � 4,1 ⇒ pH � 9,9

129 Alternativa A.Balão IÁcido forte (α � 100%) ⇒ [H�]i � 10�1 mol/LDiluição de 10 mL a 1 L (103 mL)[H�]i � Vi � [H�]f � Vf ⇒ 10�1 � 10 � [H�]f � 103 ⇒⇒ [H�]f � 10�3 mol/L ⇒ pH � 3Balão IIBase forte (α � 100%) ⇒ [OH�]i � 10�1 mol/LDiluição de 10 mL a 1 L (103 mL)


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[OH�]i � Vi � [OH�]f � Vf ⇒ 10�1 � 10 � [OH�]f � 103 ⇒⇒ [OH�] � 10�3 mol/L ⇒ pOH � 3 ⇒ pH � 11Balão IIIÁcido fraco (α i 100%) ⇒ [H�]i i MDiluição de 10 mL a 1 L (103 mL)Mi � Vi � Mf � Vf ⇒ 10�1 � 10 � Mf � 103 ⇒⇒ Mf � 10�3 mol/LComo α �� 100% (ácido fraco), então [H�]f �� 10�3 mol/LPodemos garantir que pH está entre 3 e 7, isto é, trata-se de um meioácido, mas não tão ácido como o do balão I, onde o ácido é forte.Balão IVBase fraca (α i 100%) ⇒ [OH�]i i MDiluição de 10 mL a 1 L (103 mL)Mi � Vi � Mf � Vf ⇒ 10�1 � 10 � Mf � 103 ⇒⇒ Mf � 10�3 mol/LComo α �� 100% (base fraca), então [OH�]f �� 10�3 mol/LPodemos garantir que pH está entre 7 e 11, isto é, trata-se de um meiobásico, mas não tão básico como o do balão II, onde a base é forte.Não pudemos utilizar a fórmula de diluição de soluções direta-mente para o H�, no balão III, e para o OH�, no balão IV, porquedurante a diluição ocorre uma variação do α do eletrólito (de acordocom a Lei de Ostwald) e, portanto, ela não seria válida. Nos ba-lões I e II pudemos usá-la porque o ácido e a base, sendo fortes, jáestão totalmente transformados em íons livres (α � 100%).

130 Alternativa D.Situação inicial:pH � 11 ⇒ pOH � 3 ⇒ [OH�] � 10�3 mol/LSituação final:pH � 10 ⇒ pOH � 4 ⇒ [OH�] � 10�4 mol/LPara a concentração de íons hidroxila sofrer essa diminuição de dezvezes, o volume deve aumentar dez vezes por adição do solvente.

131 Alternativa A.Quando ocorre a fotossíntese (veja a equação química no enun-ciado), há produção de O2 e, portanto, sua concentração na águada lagoa aumenta.Quando ocorre a fotossíntese, há consumo de CO2 e sua concentra-ção na água diminui. Isso faz com que o equilíbrio de ionizaçãomencionado no texto seja deslocado para a esquerda, consumindoH�. A água fica menos ácida e o pH, conseqüentemente, aumenta.

132 Alternativa D.Trata-se de uma diluição da solução de HCl 1,0 mol/L, cujo volu-me passa de n � 0,05 mL (em que n é o número de gotas) para 10 L(104 mL). Nessa diluição a concentração de H� inicial é[H�]i � 1 mol/L e a final é [H�]f � 10�3 mol/L (correspondendoao pH � 3). Assim:[H�]i � Vi � [H�]f � Vf ⇒ 1 � n � 0,05 � 10�3 � 104 ⇒⇒ n � 200São necessárias, portanto, 200 gotas da solução de HCl.

10 a) Endotérmica, pois a solubilização é favorecida com o aqueci-mento.

b) A 80°C, pois o gráfico informa que a essa temperatura a solu-bilidade do sal é de 100 g para cada 100 g de água.

11 O gráfico informa que, a 30°C, os sais KNO3, Pb(NO3)2, CaCl2 eNaNO3 têm solubilidade superior a 40 g por 100 g de água. As-sim, ao final, eles estarão totalmente dissolvidos. Os demais têmsolubilidade inferior a 40 g por 100 g de água e, portanto, não sedissolverão completamente.

12 Enquanto o CaCl2 se dissolve em água (numa situação que aindanão é de equilíbrio químico entre solução e corpo de fundo, masque converge para ela desde que a quantidade de sal seja suficiente)ocorre liberação de calor, pois ∆H � 0. Isso promove um aqueci-mento da solução e das vizinhanças. (A liberação efetiva de calorcessa ao ser atingida a situação de equilíbrio, pois nesse caso asreações direta e inversa se processam com igual velocidade.)Com o NH4NO3 temos a situação inversa. Enquanto se dissolveem água ocorre absorção de calor, pois ∆H � 0. Isso promoveum resfriamento da solução e das vizinhanças.Assim, CaCl2 pode ser usado para fabricar compressas quentes eNH4NO3, para compressas frias. Portanto, a proposição correta é III.

14 O sulfato de cálcio, CaSO4, é formado pelos íons Ca2� e SO42�. Ao

se dissolver em água, ocorre a dissociação desses íons. Assim, amelhor representação para esse processo é II.

16 a) CaF2 F Ca2� � 2 F�

Início Quantidade — —inicial

Reagiu SFormou S 2SEquilíbrio “Sobra” S 2S

Ks � [Ca2�] � [F�]2 � S � (2S)2 ⇒ Ks � 4 S3

b) ZnS F Zn2� � S2�

Início Quantidade — — inicial

Reagiu SFormou S SEquilíbrio “Sobra” S 2

Ks � [Zn2�] � [S2�] � S � S ⇒ Ks � S2

c) Ag2CrO4 F 2 Ag� � CrO42�


Reagiu SFormou 2S SEquilíbrio “Sobra” 2S S

Ks � [Ag�]2 � [CrO42�] � (2S)2 � S ⇒ Ks � 4 S

3

d) Fe(OH)3 F Fe3� � 3 OH�


Reagiu SFormou S 3SEquilíbrio “Sobra” S 3S

Ks � [Fe3�] � [OH�]3 � S � (3S)3 ⇒ Ks � 27 S4

Capítulo 10

Equilíbrios químicosheterogêneos

9 a) Exotérmica, pois a solubilização é favorecida com o res-friamento.

b) A 10°C a solubilidade do sal é inferior a 20 g de sal por 100 gde água. Assim, obtém-se uma solução saturada com corpo dechão (já que é impossível obter uma solução supersaturadapor adição direta do soluto ao solvente).

c) Como o aquecimento reduz a solubilidade do sal, será obser-vado aumento da quantidade de sal no corpo de chão.

Proporção doscoeficientes

1 : 1 : 2


1 : 1 : 1


1 : 2 : 1


1 : 1 : 3


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78e) Al2

(CO3)3 F 2 Al3� � 3 CO32�


Reagiu SFormou 2S 3SEquilíbrio “Sobra” 2S 3S

Ks � [Al3�]2 � [CO32�]3 � (2S)2 � (3S)3 ⇒ Ks � 108 S

5

18 HgS F Hg2� � S2�


Reagiu SFormou S SEquilíbrio “Sobra” S S

Ks � [Hg2�] � [S2�] � S � S � S2 � (3,0 � 10�26)2 ⇒

⇒ Ks � 9,0 � 10�52

19 a) Para ambos os sais, temos que S Ks� .

Assim, o que tiver maior Ks terá também maior S. Conseqüen-

temente, o CaSO4 é mais solúvel em água que o BaSO4.

b) Ks � S2

S K 1,0 10s10� � ��

S � 1,0 � 10�5 mol/L

A concentração, em mol/L, de íons bário na solução saturada

é igual a S. Assim:

[Ba2�] � 1,0 � 10�5 mol/L

20 Para o AgI temos Ks � S2. Assim:

S K 8,1 10 81 10s17 18� � ��

S � 9,0 � 10�9 mol/L

21 a) Para o PbCO3 temos Ks � S2. Assim:

Ks � S2

S K 1,6 10 16 10s13 14� � ��

S � 4,0 � 10�7 mol/L

b) O romano em questão ingeria 4,0 � 10�7 mol de Pb2� por dia.Em um ano (365 dias) a dose ingerida é de 365 vezes4,0 � 10�7 mol, o que resulta 1,46 � 10�4 mol.

c) Grandezas: Quantidade Massade matéria

1,0 mol de Pb2� — 207 g1,46 � 10�4 mol de Pb2� — x

⇒

⇒ x � 0,030 g � 30 mg

23 Podemos afirmar que, no momento em que se inicia a precipita-ção de BaSO4, o produto [Ba2�][SO4

2�] se iguala ao Ks do BaSO4.Assim:

[Ba2�][SO42�] � Ks

[SO ] K

[Ba ] 1,0 10

1,0 1042 s

2

10

2�

�

�

��

�

�

[SO42�] � 1,0 � 10�8 mol/L

24 Podemos afirmar que, no momento em que se inicia a precipitaçãode AgBr, o produto [Ag�][Br�] se iguala ao Ks do AgBr. Assim:

[Ag�][Br�] � Ks

[Br ] K

[Ag ] 7,7 10

1,0 10s

13

2�

�

�

��

�

�

[Br�] � 7,7 � 10�11 mol/L

25 Podemos afirmar que, no momento em que se inicia a precipita-ção de PbCl2, o produto [Pb2�][Cl�]2 se iguala ao Ks do PbCl2.Assim:

[Pb2�][Cl�]2 � Ks

[Cl ] K

[Pb ] 2 10

2 10 1 10s

2

5

32�

�

�

��

�

��

[Cl�] � 1 � 10�1 mol/L

26 a) A concentração em mol/L de sulfeto (S2�) necessária para pro-vocar a precipitação de cada um dos sais mencionados é dadapelas seguintes expressões:

• Para o MnS: Ks � [Mn2�][S2�] ⇒ [S ] K

[Mn ]2 s

2�

��

• Para o FeS: Ks � [Fe2�][S2�] ⇒ [S ] K

[Fe ]2 s

2�

��

• Para o CoS: Ks � [Co2�][S2�] ⇒ [S ] K

[Co ]2 s

2�

��

• Para o ZnS: Ks � [Zn2�][S2�] ⇒ [S ] K

[Zn ]2 s

2�

��

Quanto menor for o Ks do sulfeto, menor será a [S2�] necessá-ria para precipitá-lo. Com a adição lenta e gradual de sulfeto(ou seja, com o aumento de [S2�]), precipitará primeiro o sulfetode zinco, que possui o menor valor de Ks. A tabela dada nosinforma que esse primeiro precipitado é branco.

b) [S ] K

[Zn ] 1,1 10

1,0 102 s

2

21

5�

�

�

��

�

�

[S2�] � 1,1 � 10�16 mol/L

27 a) BaSO4 F Ba2� � SO42�

Início Quantidade — —

inicial

Reagiu S

Formou S S

Equilíbrio Sobra S S

Ks � [Ba2�][SO42�] � S � S � S2

S K 1,0 10s10� � ��

S � 1,0 � 10�5 mol/L

b) BaSO4 F Ba2� � SO42�

Início Quantidade 10�1 —

inicial

Reagiu S

Formou S S

Equilíbrio Sobra S � 10�1 S

Ks � [Ba2�][SO42�] � (S � 10�1) � S


1 : 2 : 3


1 : 1 : 1


1 : 1 : 1


1 : 1 : 1


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Como a solubilidade do BaSO4 em água pura é bem menor que10�1 mol/L, e será menor ainda na presença do íon comumBa2�, podemos afirmar que (S � 10�1) é, dentro de uma apro-ximação muitíssimo aceitável, igual a 10�1. Assim:Ks � 10�1 � S

S K

10 1,0 10

10s

1

10

1� �

�

�

�

�S �1,0 � 10�9 mol/L

28 a) CaCO3 F Ca2� � CO32�

Início Quantidade — —

inicial

Reagiu S

Formou S S

Equilíbrio Sobra S S

Ks � [Ca2�] [CO32�] � S � S ⇒ Ks � S2

S K 3,0 10 30 10s9 10� � ��

S � 5,5 � 10�5 mol/L

b) CaCO3 F Ca2� � CO32�

Início Quantidade — 10�2

inicial

Reagiu S

Formou S S

Equilíbrio Sobra S S � 10�2

Ks � [Ca2�][CO32�] � S � (S � 10�2)

Como a solubilidade em água pura é bem menor que 10�2 mol/Le será menor ainda na presença do íon comum CO3

2�, pode-mos afirmar que (S � 10�2) é, dentro de uma aproximaçãomuitíssimo aceitável, igual a 10�2. Assim:

Ks � S � 10�2

S K

10 3,0 10

10s2

9

2� �

�

�

�

�

S � 3,0 � 10�7 mol/L

29 Alternativa B.

K P

P

(8,0)4,0p

CO2

CO2

2

� �

Kp � 16

30 a) K [Cu ][Ag ]c

2

2�

�

�

b) Ao misturarmos cobre metálico e uma solução de íons Ag�

irá ocorrer a reação entre ambos, produzindo íons cobre e pra-ta metálica. Como a constante de equilíbrio é muito grande,isso permite concluir que a reação deve apresentar alto rendi-mento.Na prática, se a prata metálica se depositar sobre o cobre, po-derá deixar de haver contato entre os reagentes Cu(s) e Ag�

(aq).Caso isso aconteça, o rendimento da reação poderá ser baixoporque a reação fica “impedida” de continuar.

31 Alternativa A.A primeira tabela mostra que apenas uma das reações (A) éexotérmica no sentido da esquerda para a direita (sentido direto).Uma vez que, de acordo com o Princípio de Le Chatelier, o au-mento da temperatura desloca um equilíbrio no sentido endotér-

mico, concluímos que o equilíbrio A será deslocado para a es-querda como decorrência do aquecimento, o que acarretará dimi-nuição no valor da constante de equilíbrio. Como a segunda tabe-la mostra que apenas K3 diminui com o aquecimento, concluímosque K3 deve corresponder ao equilíbrio A.Resta agora associar K1 e K2 com B e C. Os valores de K1 são bemmaiores que os valores de K2 e também maiores que 1. Como aprimeira tabela informa que a espécie predominante no equilíbrioB é o produto, isso permite associar K1 a esse equilíbrio. Conse-qüentemente, K2 se associa com C, o que conduz à alternativa A.

32 As frações em mols de NH3 e HCl são iguais e, portanto, suaspressões parciais também. De acordo com a Lei de Dalton dasPressões Parciais, podemos afirmar que a soma das pressões par-ciais de ambos os gases vale 1 atm. Decorre que cada um dessesgases tem pressão 0,5 atm.

K 1P P

10,5 0,5p

NH3 HCl

� ��

⇒ Kp � 4

34 Alternativa B.O processo em questão é

2 Ag2O(s) F 4 Ag(s) � O2(g) Kp � PO2

Sempre que esse sistema estiver em equilíbrio, a pressão parcialdo gás oxigênio (PO2

) será igual ao valor de Kp. Pelos dados doproblema, concluímos que, na temperatura da experiência,Kp � 0,20.Permanecendo a temperatura constante, o valor de Kp não se alte-ra e, conseqüentemente, o valor de PO2

não irá se alterar, mesmoque as quantidades de sólido (que não entram explicitamente naexpressão matemática de Kp) sejam alteradas. Assim, PO2

perma-necerá igual a 0,20 atm.

35 Alternativa B.A alternativa A é incorreta, porque um aumento de temperaturadesloca para a esquerda, sentido endotérmico.A alternativa B é correta, pois um aumento de pressão deslocapara o lado de menor volume gasoso, que é o dos produtos. (Noteque o único participante gasoso é o N2.)A alternativa C é incorreta, porque catalisador não desloca equilíbrio.A alternativa D é incorreta, pois seria o oposto do discutido naalternativa B.A alternativa E é incorreta, porque a adição ou remoção de umsólido não desloca um equilíbrio do qual participe.

36 Alternativa A.Entre as alternativas, o único equilíbrio que será deslocado porvariação de pressão é aquele em que o volume gasoso é diferenteem ambos os membros da equação química, ou seja, é o da alter-nativa A.

37 Alternativa D.A alternativa A é incorreta, pois, se o aumento de temperaturaaumenta o valor da constante de equilíbrio, é porque a reação di-reta é endotérmica.A alternativa B é incorreta, porque um aumento de pressão deslocapara o lado de menor volume gasoso que, no caso, é a esquerda.A alternativa C é incorreta, porque a concentração de sólido, que éconstante numa dada temperatura, é incorporada ao valor de Kc e,portanto, não figura explicitamente na expressão matemática de Kc.A alternativa D é correta, porque o aumento de temperatura au-menta o valor da constante de equilíbrio e, assim, desloca o equi-líbrio para a direita.


1 : 1 : 1

Proporçãodos

coeficientes1 : 1 : 1


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80PCO

2, podemos apenas afirmar que a reação será impedida de

ocorrer para a direita, ou seja, o CaCO3 não irá sofrer decom-posição.

46 Alternativa D.

Grandezas: Massa de Volume desoluto solução13 g — 25 mL

x — 100 mL⇒ x � 52 g

O cálculo, que parte da presença de 13 g de soluto em 25 mL deuma solução saturada, revela que a solubilidade da substância é52 g/100 mL H2O. Na tabela, isso corresponde ao KNO3.

47 Alternativa C.Se em 1.000 g de água podem se dissolver 3.000 g do sal, deduz-se que em 500 g de água podem se dissolver 1.500 g de sal. As-sim, a solução saturada obtida será constituída por 500 g desolvente (água) e 1.500 g de soluto (nitrato de prata), apresentan-do massa total de 2.000 g.

48 Alternativa D.A alternativa A é verdadeira porque a curva de solubilidade doNaCl é quase uma reta paralela ao eixo da temperatura, indicandopequena variação da solubilidade desse sal em função do aqueci-mento.A alternativa B é verdadeira. A leitura do gráfico informa que asolubilidade do KNO3, a 30°C, é 40 g por 100 g de água. Assim,para saturar 200 g de água são necessários 80 g do sal.A alternativa C é verdadeira, já que a curva de solubilidade doCe2(SO4)3 é decrescente.A alternativa D é falsa, pois a leitura do gráfico permite concluirque, a 20°C, o menos solúvel dos sais é Ce2(SO4)3.A alternativa E é verdadeira, como se pode concluir por meio daleitura, no gráfico, dos valores de solubilidade a 40°C.

49 Alternativa A.Grandezas: Massa de Volume de

soluto solvente12,5 g — 100 mL

x — 20 mL⇒ x � 2,5 g

O cálculo acima indica que a massa de dicromato de potássio quesatura 20 mL de água, a 20°C, é 2,5 g. Como o enunciado men-ciona a adição de uma massa superior a essa (5 g) a 20 mL deágua, a 20°C, haverá formação de uma solução saturada e restarão2,5 g de sal na fase sólida, constituindo o corpo de fundo.

50 Alternativa 02.A alternativa 01 é incorreta, pois a inclinação da curva de solubili-dade do NH4Cl é maior que a do NaCl. Assim, a solubilidade doNH4Cl varia mais acentuadamente com a temperatura que a do NaCl.A alternativa 02 é correta, como se pode verificar pela leitura dire-ta do gráfico, a 40°C.A alternativa 03 é incorreta. O gráfico informa que a solubilidadedo KNO3, entre 0°C e 30°C é inferior a 40 g por 100 g de água.Isso significa que se uma solução contiver 40 g desse sal dissolvi-dos em 100 g de água, a qualquer temperatura entre 0°C e 30°C,tal solução será supersaturada.A alternativa 04 é incorreta, pois o gráfico informa que a solubili-dade do NH4Cl, a 30°C, é 40 g por 100 g de água. Isso significaque a solução mencionada nessa alternativa é saturada.A alternativa 05 é incorreta, porque a curva de solubilidade doCe2(SO4)3 é decrescente.

51 a) Grandezas: Massa de Volume desoluto solvente200 g — 400 mL

x — 100 mL⇒ x � 50 g

39 Entre as respostas possíveis estão:• Aumento da concentração do reagente H2 (g).• Redução da temperatura, que desloca no sentido exotérmico,

que nos três casos é o sentido direto.• Aumento da pressão, pois em todos os três casos o volume ga-

soso é menor nos produtos.

40 Alternativa D.Como o enunciado começa mencionando a “reação de decompo-sição térmica do bicarbonato de sódio”, deve-se entender que as“condições” que “favorecem a reação” correspondem às condi-ções que desloquem o equilíbrio mencionado para a direita, ouseja, no sentido da decomposição do bicarbonato de sódio.A remoção da água (IV) desloca o equilíbrio para a direita, mas apresença de mais CO2 (III), não. Sistema aberto (II) favorece asaída dos gases e desloca o equilíbrio para a direita. Sistema fe-chado (I), impedindo a saída dos gases, não favorece deslocamen-to para a direita.

43 Alternativa A.Preenchendo a tabela em mols:

3 Fe � 4 H2O F Fe3O4 � 4 H2

Início 5 10 — —

Reagiu 3 4

Formou 1 4

Equilíbrio 2 6 1 4

Substituindo as quantidades em mols no equilíbrio na expressãode Kc, vem que:

K [H ]

[H O]

4V

6V

c2

4

24

4

� �

4

Kc � 0,2

44 Alternativa C.Aumentar a produção de hidrogênio significa deslocar o equilí-brio para a direita. Como o volume gasoso é o mesmo em ambosos membros da equação química, deduz-se que o equilíbrio não édeslocado por variações de pressão. Assim, as alternativas A e Bsão incorretas.Como a reação direta é endotérmica (∆H � 0), um aquecimento des-loca o equilíbrio para a direita. Portanto, a alternativa C é correta.E como o ferro participante do equilíbrio está na fase sólida, sua con-centração é constante e, dessa maneira, a alternativa D é incorreta.

45 Como a constante de equilíbrio Kp vale 0,22 e sua expressão ma-temática é Kp � PCO

2, concluímos que, no sistema em equilíbrio, a

pressão parcial do dióxido de carbono (PCO2) será 0,22 atm. Se o

sistema não estiver em equilíbrio, duas situações são possíveis:• caso PCO

2 seja maior que 0,22 atm haverá a tendência de o

equilíbrio se deslocar para a esquerda;• caso PCO

2 seja menor que 0,22 atm, haverá tendência para ocor-

rer deslocamento para a direita.a) Na Terra, como PCO

2 é menor que 0,22 atm, a reação acontece-

rá para a direita até que PCO2 passe a ser 0,22 atm. Como isso

nunca vai acontecer, podemos afirmar que a reação vai se pro-cessar totalmente para a direita até que todo o CaCO3 seja con-sumido.

b) Em Vênus, como PCO2 é maior que 0,22 atm, a tendência da

reação seria ocorrer para a esquerda. Porém, como não há CaOinicialmente presente, a reação não poderá acontecer para aesquerda. Como importante conseqüência desse alto valor de

Proporção doscoeficientes3 : 4 : 1 : 4


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Esse cálculo revela que a solução do frasco I contém50 g/100 mL H2O. Como o enunciado afirma que ela é saturada,deduz-se que essa é a solubilidade do KCl na temperatura dasolução. A leitura do gráfico informa que a solubilidade doKCl vale 50 g/100 mL H2O a 80°C.

b) O gráfico informa que a 20°C a solubilidade do KCl é30 g/100 mL H2O. Assim:

Grandezas: Massa de Volume desoluto solvente30 g — 100 mL

y — 400 mL⇒ y � 120 g

Esse cálculo indica que 120 g de KCl estão dissolvidos na so-lução do frasco II. A massa do corpo de chão corresponde àdiferença entre a massa adicionada (200 g) e a massa dissolvi-da (120 g). Ela vale, portanto, 80 g.

53 Alternativa A.Como a massa do béquer é 30,0 g e a massa inicial do conjuntobéquer � solução é 50,0 g, concluímos que a massa da soluçãocolocada no recipiente é 20,0 g. E, como a massa do conjuntobéquer � resíduo é 31,0 g, deduzimos que a massa do soluto LiOH,que não evapora junto com o solvente, é 1,0 g. Assim, podemosdeterminar a porcentagem em massa do soluto na solução:

Grandezas: Massa Porcentagem20,0 g — 100 %1,0 g — x

⇒ x � 5,0%

Baseando-nos na solubilidade fornecida, podemos determinar amassa de sal presente em 20,0 g de solução saturada:

Grandezas: Massa de Massa desoluto solução11 g — 100 g

y — 20,0 g⇒ y � 2,2 g

Se a solução colocada no béquer fosse saturada, ela conteria 2,2 gde soluto. Como ela contém apenas 1,0 g, conforme determina-mos anteriormente, concluímos que ela é insaturada.

54 a) Como a densidade da garapa é 1,08 g/cm3, isso significa quecada centímetro cúbico de garapa tem massa de 1,08 g ou, demodo equivalente, cada litro (103 cm3) tem massa 1.080 g. E,dessa massa de solução, de acordo com o enunciado, 165 gcorrespondem ao soluto (açúcar). Assim:


⇒ x � 15,3%

b) Na garapa, a concentração do açúcar é 165 g/L. Deve-se eva-porar solvente (água) até que a concentração atinja o valorde 660 g/L, pois, de acordo com o enunciado, essa é a solu-bilidade do açúcar em água, ou seja, essa é a concentração dasolução saturada, a partir da qual começa a haver, por evapo-ração subseqüente de água, formação dos primeiros cristaisde açúcar.massa de soluto (garapa) � massa soluto (solução saturada)

Cinicial � Vinicial � Cfinal � Vfinal

165 g/L � Vinicial � 660 g/L � Vfinal

Vfinal � 165660

� Vinicial

Vfinal � 14

� Vinicial

O volume deve ser reduzido, por evaporação do solvente, atéum quarto do valor inicial.

PbSO4(s)

PbI2(s) Pb(NO

3)

2(aq)

Pb(NO3)

2(s)

PbI2(aq)

Pb(NO3)

2(aq)

PbI2(s)

Pb(NO3)

2(aq)

Água quente

Filtração

Filtrado

Resfriamento

Filtração

Retido nopapel defiltro (A)

Retido nopapel defiltro (B)

Filtrado

Evaporação da água

Sólido resultante (C)

PbSO4(s)

PbI2(s)

Pb(NO3)

2(s)

PbSO4(s)

PbI2(aq)

Pb(NO3)

2(aq)

55 Alternativa D.


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82Grandezas: Número Volume

de íons3 � 10�26 � 6 � 1023 íons — 1 dm3

1 íon — x⇒ x � 55,6 dm3

b) Vamos calcular o volume de água necessário para solubilizar1 mol de HgS:

Grandezas: Quantidade Volumede matéria

3 � 10�26 mol — 1 dm3

1 mol — y⇒ y � 3,33 � 1025 dm

3

Assim, concluímos que o volume de água existente na Terranão é suficiente para solubilizar um mol de HgS.

61 Cálculo da solubilidade do BaSO4:Ks � S2

S K 1,0 10s10� � ��

S � 1,0 � 10�5 mol/LEm um litro de água podemos dissolver 1,0 � 10�5 mol de BaSO4.Assim:

Grandezas: Quantidade Volumede matéria

1,0 � 10�5 mol — 1 Lx — 15 L

⇒ x � 1,5 � 10�4 mol

62 a) Ocorrerá precipitação se o produto [Ca2�][F�]2 for maior queo Ks do CaF2. Efetuando o cálculo, temos:[Ca2�][F�]2 � (2 �10�4) � (5 �10�5)2 � 5 �10�13

Uma vez que 5 �10�13 é menor que o Ks do CaF2 (1,5 �10�10),concluímos que não haverá precipitação de CaF2.

b) A máxima concentração de íons Ca2� corresponde àquela quefaça o produto [Ca2�][F�]2 se igualar ao Ks (solução saturada).Assim:

[Ca ] K

[F ] 1,5 10

(5 10 )2 s

2

10

5 2�

�

�

��

�

�

[Ca2�] � 6,0 �10�2 mol/L

63 Inicialmente, vamos calcular a solubilidade do BaSO4:Ks � S2

S K 1,0 10s10� � ��

S � 1,0 � 10�5 mol/LEssa solubilidade é igual à [Ba2�] na solução saturada ingeridapelo paciente. A quantidade de íons Ba2� dissolvidos nos 200 mL(0,2 L) ingeridos irá sofrer diluição ao passar para o volume de5 L de sangue. Nessa diluição, temos:[Ba2�] � V � [Ba2�]’ � V’1,0 � 10�5 mol/L � 0,2 L � [Ba2�]’ � 5 L[Ba2�]’ � 4,0 � 10�7 mol/LComo essa concentração de íons bário no sangue é menor que adose letal (2 � 10�3 mol/L), concluímos que não há risco de mortepara o paciente.

64 a) Para os três sais cujo Ks foi dado, temos que S � Ks .Como o PbS é o de menor Ks, concluímos que é o menos solú-vel. Assim, o ânion sulfeto, S2�, é o mais indicado para a pre-cipitação do Pb2�.

b) Ks � [Pb2�] � [S2�] � S � S � S2

S K 4 10s28� � ��

S � 2 � 10�14 mol/LA concentração, em mol/L, de íons Pb2� na solução saturada,após a precipitação, é igual a S. Assim:

[Pb2�] � 2 � 10�14 mol/L

56 Alternativa B.Tetracloreto de carbono e água certamente formarão duas fasesdistintas, com o tetracloreto de carbono na fase inferior devido àsua maior densidade. Isso já descarta as alternativas A, D e E.Como o iodo é solúvel em ambos esses líquidos, podemos afir-mar que ele estará dissolvido em ambas as fases. A dúvida é sehaverá iodo não-dissolvido. E, para resolver essa dúvida e po-dermos optar entre as alternativas B e C, são necessários os se-guintes cálculos:

Grandezas: Massa de Volume dode iodo solvente

dissolvido CCl4

2,90 g — 100 cm3

x — 50 cm3 ⇒ x � 1,95 g

Grandezas: Massa Volume dode iodo solvente

dissolvido H2O0,03 g — 100 cm3

y — 70 cm3 ⇒ y � 0,021 g

Somando a massa de iodo dissolvida em 50 cm3 de tetracloreto decarbono (1,95 g) com a dissolvida em 70 cm3 de água (0,021 g),não atingimos a massa adicionada (3,00 g). Portanto, haverá iodosólido no sistema. Esse iodo, por sua densidade, formará uma faseabaixo do tetracloreto de carbono.

57 Alternativa A.Ks � [Ba2�] � [CrO4

2�] � S � S � S2

S K 1,0 10s10� � ��

S � 1,0 � 10�5 mol/LA concentração, em mol/L, de íons cromato na solução saturada éigual a S. Assim:

[CrO42�] � 1,0 � 10�5 mol/L

58 A concentração em mol/L da solução saturada de uma substânciaé a sua solubilidade expressa em mol/L. Assim, para o CuBr:Ks � S2

S K 4,9 10 49 10s9 10� � ��

S � 7,0 � 10�5 mol/L

59 Alternativa D.

Mg (OH)2 F Mg2� � 2 OH�

InícioQuantidade

— —inicial

Reagiu S

Formou S 2S

Equilíbrio “Sobra” S 2S

Ks � [Mg2�] � [OH�]2 � S � (2S)2

Ks � 4 S3 � 4 � (10�4)3

Ks � 4 � 10�12

60 a) Inicialmente, vamos calcular a solubilidade do HgS:Ks � S2

S K 9 10s52� � ��

S � 3 � 10�26 mol/dm3

A seguir, vamos realizar uma regra de três, atentando para ofato de que, se a solubilidade do HgS vale 3 � 10�26 mol/dm3,isso significa que há 3 � 10�26 mol de íons Hg2� em cada dm3

de solução saturada (o que equivale a 3 � 10�26 � 6 � 1023 íonsHg2� por dm3 de solução saturada).


1 : 1 : 2


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65 a) O primeiro precipitado é amarelo. Ambos os sais, PbCl2 e PbI2,têm a mesma estequiometria: 1 mol de cátions para 2 mol deânions. Assim, podemos comparar diretamente os valores deKPS para concluir que o PbI2, que tem menor KPS, é menossolúvel em água e será o primeiro a precipitar.

b) O início da precipitação de cloreto se dá a partir do momentoem que o produto [Pb2�] � [Cl�]2 se iguala ao valor do KPS doPbCl2. Determinando a concentração, em mol/L, de Pb2� nes-se momento, teremos determinado a concentração, em mol/L,de Pb(NO3)2 presente na solução no momento em que se iniciaa precipitação de íons cloreto.[Pb2�] � [Cl�]2 � KPS

[Pb ] K

[Cl ] 1 10

(1 10 )2 ps

2

4

2 2�

�

�

��

�

�

[Pb2�] � 1 mol/L

66 Alternativa E.A menor [Fe3�] necessária à precipitação de Fe(OH)3 correspondeàquela para a qual o produto [Fe3�][OH�]3 se iguala ao Ks. Assim:[Fe3�][OH�]3 � Ks

[Fe ] K

[OH ] 6,0 10

(1,0 10 )3 s

3

38

3 3�

�

�

��

�

�

[Fe3�] � 6,0 � 10�29 mol/L

67 Fe(OH)2 F Fe2� � 2 OH�


Reagiu S

Formou S 2S

Equilíbrio Sobra S 2S

Ks � [Fe2�][OH�]2 � S � (2S)2 ⇒ Ks � 4 S3

Como pOH � 4, então [OH�] � 10�4 mol/L.Uma vez que, pela tabela preenchida, sabemos que [OH�] � 2S,

então S 102

mol / L4

��

.

Assim, K 4 102

5 10 s

413� �

��

3

68 Alternativa D.A [OH�] necessária para a precipitação pode ser calculada pormeio do Ks:[Mg2�][OH�]2 � Ks

[OH ] K

[Mg ] 1,0 10

1,0 10s2

11

1�

�

�

��

�

�

[OH_] � 1,0 � 10�5 mol/LEssa concentração de hidroxila corresponde a um pOH � 5 e,conseqüentemente, um pH � 9.

69 Alternativa D.O valor de solubilidade 1,5 � 10�4 mol/L revela que, na soluçãosaturada de Mg(OH)2, a [OH�] vale 3,0 � 10�4 mol/L. Esse valorestá situado entre 1,0 � 10�3 mol/L e 1,0 � 10�4 mol/L.• Se [OH�] � 1,0 � 10�3 mol/L, então pOH � 3 e pH � 11.• Se [OH�] � 1,0 � 10�4 mol/L, então pOH � 4 e pH � 10.Assim, concluímos que o pH do leite de magnésia está entre10 e 11.

71 Alternativa C.

[A�] � [C�] � Kps ⇒ [A ] K

[C ]ps��

�

Essa expressão mostra que [A�] é uma função inversa de [C�], dotipo:

f(x) � constante � 1x

ou seja, [A�] é inversamente proporcional a [C�]. E o gráfico des-se tipo de função é uma hipérbole equilátera, como a que apareceno gráfico da alternativa C.

72 Alternativa D.Para calcular o Ks do etanoato de prata, basta multiplicar ascoordenadas de um ponto que esteja sobre a hipérbole mostradano gráfico, pois todos eles obedecem à relaçãoKs � [Ag�][CH3COO�]. Usando, por exemplo, o ponto i, temos:Ks � [Ag�][CH3COO�] � (7 � 10�2) � (7 � 10�2) � 49 � 10�4 � 4,9 � 10�3

73 Alternativa C.A solução supersaturada representada pelo ponto f se torna saturadapor meio da precipitação de etanoato de prata AgCH3COO. Nessaprecipitação, cada íon Ag� se une a um íon CH3COO� e, conse-qüentemente, as concentrações de ambos diminuem igualmente.Isso está corretamente expresso pelo segmento fi.

74 Alternativa E.I. Incorreta. O processo de dissolução do Pbl2 pode ser assim

equacionado:

PbI2(s) F Pb2�(aq) � 2 I�

(aq)

De acordo com essa equação química percebemos que a [I�]na solução obtida será igual ao dobro da [Pb2�].

II. Correta. O filtrado em questão é uma solução saturada de PbI2.Como a dissolução do PbI2 em água é um processoendotérmico, concluímos que a solubilidade desse sal aumentacom o aquecimento e diminui com o resfriamento. Portanto,ao resfriar a solução saturada haverá precipitação de PbI2.

III. Incorreta. Como se trata de uma solução saturada, não é pos-sível dissolver mais soluto por simples adição desse soluto àsolução. Em outras palavras, todo o PbI2 sólido adicionadoirá direto ao fundo, não provocando alteração de [Pb2�] oude [I�].

IV. Correta. Na solução saturada, temos que o produto[Pb2�] � [I�]2 é igual ao Ks do PbI2. A adição da soluçãosaturada de KI provocará um aumento da [I�]. Haverá au-mento do produto [Pb2�] � [I�]2 e, como conseqüência, pre-cipitará PbI2 até que o produto [Pb2�] � [I�]2 se iguale ao Ks

do PbI2. Ao final, a [Pb2�] será menor que no início e a [I�]será maior. Essa discussão do item IV pode ser visualizadano seguinte gráfico:

[Pb2�]

A[Pb2�]

diminui

B

C

Adição KI

Precipitação

A: solução inicial saturada de PbI2B: solução após adição de KIC: solução após a precipitação de um

pouco de PbI2

[I�] aumenta[I�]


1 : 1 : 2


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84As setas no gráfico a seguir representam a precipitação que vaiocorrer em cada copo. Como [Ca2�] e [SO4

2�] diminuem igual-mente, em um mesmo copo, as setas são paralelas. Assim, o gráfi-co a seguir nos permite comparar as concentrações finais nos lí-quidos sobrenadantes (soluções saturadas):[Ca2�]1 � [Ca2�]2 e [SO4

2�]1 � [SO42�]2

75 Alternativa C.Inicialmente temos, na solução de CaSO4 (que será adicionada aocopo gota a gota)[Ca2�] � 3,0 � 10�3 mol/L[SO4

2�] � 3,0 � 10�3 mol/Le na solução de CaCl2 (que está no copo)[Ca2�] � 3,0 � 10�3 mol/L[Cl�] � 6,0 � 10�3 mol/LTendo sempre em mente que a pergunta se refere “às espéciesquímicas existentes ou que passam a existir no copo”, vamos co-mentar as alternativas.A alternativa A é incorreta. A quantidade, em mol, de íons Ca2�

no copo irá aumentar, pois está havendo adição de Ca2� ao copo.A alternativa B é incorreta. Os íons SO4

2�, inicialmente ausentesno copo, passam a ser gradualmente introduzidos e sua concen-tração passa a aumentar no copo.A alternativa C é correta. Não haverá alteração na [Ca2�], poisestamos misturando duas soluções de mesma concentração de íonsCa2�.A alternativa D é incorreta. Como está havendo adição de íonsSO4

2�, inicialmente ausentes no copo, a quantidade, em mol, des-ses íons aumenta progressivamente no copo.A alternativa E é incorreta. A [Ca2�] permanece em 3,0 � 10�3 mol/Le a de sulfato jamais ultrapassará 3,0 � 10�3 mol/L. Assim, o pro-duto [Ca2�] � [SO4

2�] não será maior que o Ks do CaSO4

(2,4 � 10�5, de acordo com o enunciado) e, portanto, não poderáprecipitar CaSO4(s).

76 Alternativa A.Uma maneira muito elegante de resolver tal problema é por meiodo gráfico que representa o Ks. Inicialmente, vamos admitir que aconcentração da solução de CaCl2 seja x mol/L e a de Na2SO4

seja y mol/L.Utilizando a expressão para diluição de soluções (M � V � M’ � V’),podemos concluir que, após a mistura dos volumes mencionados,teremos:

• no copo no 1: [Ca ] 2

mol / L2� �x

[SO ] 2

mol / L42� �

y

• no copo no 2: [Ca ] 3

mol / L2� �x

[SO ] 23

mol / L42� �

y

Graficamente, vamos localizar esses pontos, tendo em mente que,logo após a mistura das soluções, a solução momentaneamente(antes da precipitação de CaSO4) apresenta [Ca2�] � [SO4

2�] maiorque o Ks do CaSO4.Não sabemos os valores de x e y, mas vamos respeitar a escala dográfico.

[Ca2+]

[SO42–]

x3

2y3

y2

x2

Copo nº 2logo apósa mistura

Copo nº 1logo apósa mistura

[Ca2+]

[Ca2+]2

Precipi

tação

no co

po nº

– 1

[SO42–][SO4

2–]1

Precipi

tação

no co

po nº

– 2

[Ca2+]1

[SO42–]2

Note que as retassão paralelas

77 a) Na solução saturada de PbSO4 temos:

[Pb2�] � [SO42�] � S � K 1,1 10s

8� ��

� 1,05 � 10�4 mol/Le, na solução de PbCO3, temos:

[Pb2�] � [CO32�] � S � K 3,3 10s

14� ��

� 1,82 � 10�7 mol/L

Ao misturar volumes iguais de ambas, teremos uma diluição

do sulfato e do carbonato, cujas concentrações se reduzem à

metade.

[SO42�] � 0,525 � 10�4 mol/L

[CO32�] � 0,91 � 10�7 mol/L

Já a concentração de íons Pb2� pode ser calculada percebendo

que se trata de uma mistura de soluções contendo esse mesmo

íon.

[Pb2�]1 � V1 � [Pb2�]2 � V2 � [Pb2�]f � Vf

1,05 � 10�4 � V � 1,82 � 10�7 � V � [Pb2�] � 2V

[Pb2�] � 0,525 � 10�4 mol/L

Vamos testar se há condição de precipitar PbSO4.

[Pb2�] � [SO42�] � (0,525 � 10�4) � (0,525 � 10�4) � 2,76 � 10�9

Como o produto é menor que o Ks do PbSO4 (1,1 � 10�8), não

vai precipitar PbSO4.

Vamos testar se há condição de precipitar PbCO3.

[Pb2�] � [CO32�] � (0,525 � 10�4) � (0,91 � 10�7) � 4,78 � 10�12

Como o produto é maior que o Ks do PbCO3 (3,3 � 10�14), vai

precipitar PbCO3.

Portanto, o que será observado ao misturar as soluções será a

precipitação de PbCO3.

b) Os íons H�, provenientes de HNO3, reagem com os íons car-

bonato (CO32�), de acordo com a equação:

2 H� � CO32� F H2O � CO2.

Isso reduz a concentração de íons carbonato (CO32�) na solu-

ção, deslocando o equilíbrio de solubilidade do PbCO3 no sen-

tido de dissolver mais sal.

PbCO3 F Pb2� � CO32�

Deslocado para a direita

pela redução de [CO32�]


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5 a) Escrevendo a equação literalmente, representando a partículaemitida por X, temos:31H → Z

AX � 23He

• balanço de números de massa:3 � A � 3 ⇒ A � 0

• balanço de números atômicos (cargas nucleares):1 � Z � 2 ⇒ Z � �1

A partícula �10X é uma partícula beta (�1

0β).b) A equação da emissão é: 3

1H → �10β� 3

2He

Professor: É comum alunos questionarem se não é perigosocolocar um elemento radioativo como o trítio em um objeto deuso cotidiano como o relógio de pulso. Acontece que a ativi-dade radioativa desse trítio é extremamente reduzida e, alémdisso, o próprio vidro do relógio é capaz de impedir a saídadas partículas beta, cujo poder de penetração é insuficientepara atravessá-lo.Modernamente, contudo, muitos ponteiros de relógio sãorecobertos apenas com substâncias fosforescentes que, ao se-rem iluminados, têm seus elétrons excitados. Nessas substân-cias especiais (iguais às utilizadas em interruptores elétricosque brilham no escuro), os elétrons excitados demoram minu-tos ou até horas para retornar ao estado fundamental, fato queexplica o brilho dos ponteiros no escuro. Contudo, em não seutilizando o trítio, o brilho não persistirá se o relógio for man-tido no escuro por muito tempo.

7 a) AZX → �1

0β � 6028Ni

• balanço de números de massa:A � 0 � 60 ⇒ A � 60

• balanço das cargas nucleares:Z � �1 � 28 ⇒ Z � 27

Procurando Z � 27 na tabela periódica, encontramos o ele-mento cobalto (Co). Assim, a partícula que está faltando naequação é 60

27Co.

b) AZX → 2

4α � 20682Pb

• balanço de números de massa:A � 4 � 206 ⇒ A � 210

• balanço das cargas nucleares:Z � 2 � 82 ⇒ Z � 84Procurando Z � 84 na tabela periódica, encontramos o ele-mento polônio (Po). Assim, a partícula que está faltando naequação é 210

84Po.

13 Tempo transcorrido � 5 meias-vidas � 5 � 14 dias � 70 dias

14 dias 14 dias 14 dias 14 dias 14 dias20 g �� 10 g �� 5,0 g �� 2,5 g �� 1,25 g �� 0,625 g

Após 70 dias restam, portanto, 0,625 g, ou seja, 625 mg do isótopo.

14 Partindo de 100% e chegando a 12,5%:

t1/2 t1/2 t1/2100% �� 50% �� 25% �� 12,5%

transcorrem, ao todo, 3 meias-vidas, ou seja, 84 anos (3 � 28 anos).

15 Partindo de 1,6 g e chegando a 50 mg (0,050 g):

t1/2 t1/2 t1/2 t1/2 t1/21,6 g �� 0,8 g �� 0,4 g �� 0,2 g �� 0,1 g �� 0,05 g

transcorrem, ao todo, 5 meias-vidas. Assim, temos:5 � t1/2 � 40 dias ⇒ t1/2 � 8 dias

16 Se 93,75% sofrerão decaimento nuclear, restarão 6,25%.Esquematicamente:

t1/2 t1/2 t1/2 t1/2100% �� 50% �� 25% �� 12,5% �� 6,25%Portanto, o tempo total é de 4 meias-vidas.

17 Havia 12 g de cobalto-60 na cápsula há 20 anos.

18 Fazendo um esquema, “retrocedendo” no tempo por 2 meias-vi-das (25 anos � 2 � 12,5 anos):

t1/2 t1/21,7 mg 3,4 mg 6,8 mgA massa de trítio colocada no relógio foi de 6,8 mg.

19 a) Primeiro decaimento:14056Ba → Z

AX � 14057La


• balanço das cargas nucleares:56 � Z � 57 ⇒ Z � �1

A partícula que está faltando na equação é representada por

�10X, ou seja, é uma partícula beta, �1

0β.Segundo decaimento:14057La → Z

AX � 14058Ce


• balanço das cargas nucleares:57 � Z � 58 ⇒ Z � �1

Portanto, a partícula que está faltando na equação também éuma partícula beta, �1

0β.b) Trata-se de uma seqüência de dois decaimentos radioativos. O

primeiro dos nuclídeos é o bário-140. Sua quantidade devedecrescer, tendendo a zero, o que está representado pela curvaB. O cério-140, sendo o membro final da seqüência, é o últimoa ser produzido e sua quantidade deve aumentar com o passardo tempo. Corresponde à curva A. Finalmente, a curva Ccorresponde ao lantânio-140, que é produzido na primeiraemissão beta, mas é consumido logo a seguir, ao se transfor-mar em cério.

21 a) O número de nêutrons pode ser calculado subtraindo-se o nú-mero atômico do número de massa.• hidrogênio leve:

número de nêutrons � 1 � 1 � zero• deutério:

número de nêutrons � 2 � 1 � 1• trítio:

número de nêutrons � 3 � 1 � 2b) 23

11Na � AZX → 12

24Mg � 01n

• balanço de números de massa:23 � A � 24 � 1 ⇒ A � 2

• balanço das cargas nucleares:11 � Z � 12 � 0 ⇒ Z � 1

Portanto, a partícula que falta na equação é 12X, ou seja, o

deutério, 21H.

22 AZX � 0

1n → 13H � 2

4α• balanço de números de massa:

A � 1 � 3 � 4 ⇒ A � 6• balanço das cargas nucleares:

Z � 0 � 1 � 2 ⇒ Z � 3Procurando Z � 3 na tabela periódica, encontramos o lítio (Li).Portanto, a partícula que falta na equação (3

6X) é 36Li.

23 a) 20983Bi � 30

64Zn → ZAX � 0

1n• balanço de números de massa:

209 � 64 � A � 1 ⇒ A � 272• balanço das cargas nucleares:

83 � 30 � Z � 0 ⇒ Z � 113

Capítulo 11

Radioatividade:fenômenos de origem nuclear

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86b) Seguindo a tabela periódica até o quadro em que deverá estar

esse elemento de Z � 113, encontramos o grupo 13 (grupo doboro, anteriormente designado por 3A).

Professor: Uma outra maneira de resolver o item b, que prova-velmente não é a mais conveniente nesse momento do cursode Química, é fazer a distribuição eletrônica de 113 elétronsde acordo com o diagrama de Pauling (se esse assunto tiversido trabalhado). Tal distribuição conduz à terminação 7p1, istoé, sétimo período, grupo 13.

24 a) Apenas a etapa I é uma transmutação nuclear; as outras sãoemissões alfa.

b) Etapa I: 23290Th � 1

2H → baX � 7 0


232 � 2 � a � 7 ⇒ a � 227• balanço das cargas nucleares:

90 � 1 � b � 0 ⇒ b � 91Etapa II: 227

91X → 24α � d

cY• balanço de números de massa:

227 � 4 � c ⇒ c � 223• balanço das cargas nucleares:

91 � 2 � d ⇒ d � 89Etapa III: 223

89Y → 24α � f

eA• balanço de números de massa:

223 � 4 � e ⇒ e � 219• balanço das cargas nucleares:

89 � 2 � f ⇒ f � 87Etapa IV: 219

87A → 24α � h

gB• balanço de números de massa:

219 � 4 � g ⇒ g � 215• balanço das cargas nucleares:

87 � 2 � f ⇒ h � 85Procurando Z � 87 na tabela periódica, encontramos o frâncio(Fr). Assim, 219

87A é o 21987Fr (frâncio).

Procurando Z � 85 na tabela periódica, encontramos o astato(At). Assim, 215

85B é o 21585At (astato).

c) Se 87,5% sofrerão decaimento nuclear, restarão 12,5%.Esquematicamente:

t1/2 t1/2 t1/2100% �� 50% �� 25% �� 12,5%Portanto, o tempo total é de 3 meias-vidas:tempo total transcorrido � 3 � t1/2 � 3 � 0,025 s � 0,075 s

d) 21585At → x 2

4α � y �10β � 207

82Pb• balanço de números de massa:

215 � 4x � 207 ⇒ x � 2• balanço das cargas nucleares:

85 � 2x � y � 82substituindo x � 2, vem:85 � 4 � y � 82 ⇒ y � 1

Portanto, a equação que representa a transformação de B emchumbo-207 é:215

85At → 2 24α � �1

0β � 20782Pb

25 Há 11.460 anos, isto é, duas meias-vidas do carbono-14.

26 Há 17.190 anos, isto é, três meias-vidas do carbono-14.

27 O período de 180 anos corresponde a 6 meias-vidas do césio-137(6 � 30 anos � 180 anos).

t1/2 t1/2 t1/2 t1/2 t1/2100% �� 50% �� 25% �� 12,5% �� 6,25% ��

t1/23,125% �� 1,5625%Assim, após 180 anos restará aproximadamente 1,6% da quanti-dade inicial de césio-137.

32 9942Mo → �1

0β � AZA

• balanço de números de massa:99 � 0 � A ⇒ A � 99

• balanço das cargas nucleares:42 � �1 � Z ⇒ Z � 43

Procurando Z � 43 na tabela periódica, encontramos o nome doelemento A como sendo tecnécio (Tc).147

60Nd → �10β � AZB

• balanço de números de massa:147 � 0 � A ⇒ A � 147

• balanço das cargas nucleares:60 � �1 � Z ⇒ Z � 61

Procurando Z � 61 na tabela periódica, encontramos o nome doelemento B como sendo promécio (Pm).

33 a) Trata-se de uma fissão nuclear, ou seja, quebra de um núcleogrande (no caso, o urânio-235) pelo bombardeamento com umnêutron.

b) 23592U � 1

0n → 14455Cs � A

ZX � 2 10n

• balanço de números de massa:235 � 1 � 144 � A � 2 ⇒ A � 90

• balanço das cargas nucleares:92 � 0 � 55 � Z � 0 ⇒ Z � 37

Procurando Z � 37 na tabela periódica, encontramos o nomee o símbolo do elemento X: rubídio, Rb. Assim, o símbolo queestá faltando na equação fornecida é 90

37Rb.

34 23892U � 14

7N → AZX � 5 1


238 � 14 � A � 5 ⇒ A � 247• balanço das cargas nucleares:

92 � 7 � Z � 0 ⇒ Z � 99Procurando Z � 99 na tabela periódica, encontramos o nome doelemento X como sendo einstênio (Es). Assim, o símbolo com-pleto de X é 247

99Es.238

92U � 168O → A

ZY � 5 10n

• balanço de números de massa:238 � 16 � A � 5 ⇒ A � 249

• balanço das cargas nucleares:92 � 8 � Z � 0 ⇒ Z � 100

Procurando Z � 100 na tabela periódica, encontramos o nome doelemento X como sendo férmio (Fm). Assim, o símbolo completode Y é 2

140

90Fm.

35 a) Grandezas: Energia Massa de gáshidrogênio

143 kJ — 1 g8 � 107 kJ — x ⇒ x � 5,6 � 105

g

A massa de gás hidrogênio é de 5,6 � 105 g, ou seja, 0,56 t.

b) Grandezas: Energia Massa de gáshidrogênio

143 kJ — 1 g3 � 108 kJ — y ⇒ y � 2,1 � 106

g

A massa de gás hidrogênio é de 2,1 � 106 g, ou seja, 2,1 t.

c) Grandezas: Energia Massa deálcool

30 kJ — 1 g8 � 107 kJ — z ⇒ z � 2,7 � 106

g

A massa de álcool que equivale energeticamente à fissão de1 g de urânio-235 é 2,7 � 106 g, ou seja, 2,7 t.

Grandezas: Energia Massa deálcool

30 kJ — 1 g3 � 108 kJ — w ⇒ w � 1,0 � 107

g

A massa de álcool que equivale energeticamente à fusão de1 g de deutério/trítio é 1,0 � 107 g, ou seja, 10 t.

A intenção dessa questão é chamar a atenção para a incrível quan-tidade de energia que é liberada em processos nucleares de fissão efusão (sobretudo na fusão) quando comparados a processos quí-micos, tais como a combustão.


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36 Alternativa B.Os fenômenos radioativos são nucleares, ou seja, envolvem alte-rações no núcleo atômico.

37 Alternativa E.Apenas a emissão beta afeta o número de partículas no núcleo, jáque a radiação gama é uma onda eletromagnética. Assim:13513I → �1

0β � AZE• balanço de números de massa:

131 � 0 � A ⇒ A � 131• balanço das cargas nucleares:

53 � �1 � Z ⇒ Z � 54Assim, o isótopo formado é representado por 131

54E.

38 Alternativa C.A alternativa A é correta, porque o poder de penetração das partí-culas alfa é relativamente baixo e ela conduz para fora do núcleodois prótons e dois nêutrons, portanto quatro unidades de massaatômica.A alternativa B é correta. As partículas alfa têm a composição donúcleo de um átomo de hélio-4: dois prótons e dois nêutrons.A alternativa C é incorreta. De fato, os raios gama são uma formade radiação eletromagnética. Porém essa forma de radiação apre-senta alto poder de penetração na matéria.A alternativa D é correta. As partículas beta são elétrons ejetadosa alta velocidade pelo núcleo quando um nêutron se decompõeem um próton, um elétron e um antineutrino. E a massa de umelétron é muito menor que a de um átomo.A alternativa E é correta. O poder de penetração das partículasbeta é maior que o das alfa. E quando um núcleo emite uma partí-cula beta, o número de massa não se altera, mas o número atômicoaumenta uma unidade.

39 Alternativa D.

22286Rn → x 4

2α � y �10β � 210

84Po• balanço de números de massa:

222 � 4x � 210 ⇒ x � 3

• balanço das cargas nucleares:86 � 2x � y � 84substituindo x � 3

86 � 6 � y � 84 ⇒ y � 4

40 Alternativa A.

23290Th → x 4

2α � y �10β � 208

82Pb• balanço de números de massa:

232 � 4x � 208 ⇒ x � 6


90 � 12 � y � 82 ⇒ y � 4

41 Alternativa B.237

93Np → x 42α � y �1

0β � 20983Bi

• balanço de números de massa:

237 � 4x � 209 ⇒ x � 7


93 � 14 � y � 83 ⇒ y � 4

42 Alternativa A.

t1/2 t1/2 t1/2 t1/2 t1/2100% �� 50% �� 25% �� 12,5% �� 6,25% �� 3,125%

t1/2 t1/2 t1/2 t1/2 t1/2�� 1,56% �� 0,78% �� 0,39% �� 0,196% �� 0,098%

43 a) 23892U → x 4

2α � y �10β � 222

86Rn• balanço de números de massa:

238 � 4x � 222 ⇒ x � 4


92 � 8 � y � 86 ⇒ y � 2

São emitidas quatro partículas alfa e duas beta na transfor-mação de 238

92U em 22286Rn.

b) O tempo necessário é de quatro meias-vidas, ou seja, 15,2 dias(4 � 3,8 dias).

t1/2 t1/2 t1/2 t1/2N0 ��N

20

��N

40

��N

80

��N

160

44 Alternativa 03.A alternativa 01 é incorreta, pois a substância mencionada é umcomposto iônico em cuja composição há íons sulfato (SO4

2�), íonspotássio (K�) e íons uranilo (UO2

2�).A alternativa 02 é incorreta, pois a emissão beta não modifica onúmero de massa.A alternativa 03 é correta. Os átomos de urânio são naturalmenteradioativos.A alternativa 04 é incorreta, porque no tempo mencionado (meia-vida do radioisótopo) apenas metade da atividade radioativa éperdida.A alternativa 05 é incorreta, pois a emissão alfa reduz o número demassa em quatro unidades e o número atômico em duas unidades.

45 Alternativa C.A leitura do gráfico permite estabelecer o valor da meia-vida doSr-90 como sendo 28 anos. Assim:

t1/2 t1/2 t1/240,0 g �� 20,0 g �� 10,0 g �� 5,0 g

são necessárias 3 meias-vidas para que 40,0 g se transformem em5,0 g. Isso equivale a 84 anos (isto é, 3 � 28 anos).

Professor: Estimativas como 27 anos ou 29 anos para a meia-vidatambém são razoáveis dentro da precisão da leitura oferecida pelográfico. Com tais estimativas, o aluno chegaria a um tempo totalde 81 anos ou 87 anos, respectivamente. Mesmo assim, a alterna-tiva C é a mais indicada para responder a esse teste.

46 a) Deve ter sido extraído urânio-235. Esse isótopo, em condiçõesadequadas, sofre fissão nuclear, o que permite utilizá-lo emreatores termonucleares e em bombas atômicas.(Obs.: Ao termo urânio empobrecido, no qual há uma abun-dância de U-238 maior do que a natural, contrapõe-se o termourânio enriquecido, no qual há uma abundância de U-235 maiordo que a natural. O urânio enriquecido é material empregadoem reatores termonucleares e em bombas de fissão nuclear.)

b) 23892U → 4

2α � 23490Th

c) Um dos dados fornecidos ao final da questão, o de que um anoequivale a 3 � 107 s, sugere que o que se deseja nesse item c éuma estimativa média de quantas partículas são emitidas porsegundo. Vamos, inicialmente, calcular quantos átomos deU-238 existem em 1 kg.

Grandezas: Massa Número de átomos238 g — 6 � 1023 átomos

1.000 g — x

x � 2,52 � 1024 átomos


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88Vamos, agora, levar em conta que metade dessa amostra sofredecaimento alfa durante o tempo de meia-vida, que é de5 � 109 anos ou, expresso em segundos, 5 � 109 � 3 � 107 s. Comocada átomo que decai emite uma partícula alfa, sabemos a quan-tidade de partículas alfa emitidas nesse intervalo de tempo.Assim:

Grandezas: Tempo Número departículas alfa

5 � 109 � 3 � 107 s —12

� 2,52 � 1024 partículas

1 s — y

y � 8,4 � 106 partículas

Essa é a resolução esperada de um aluno do ensino médio quetenha domínio dos conceitos envolvidos. O resultado expressaum valor médio da quantidade de partículas alfa emitidas pelaamostra a cada segundo, durante o transcorrer de uma meia-vida.Trata-se de uma média porque, na última regra de três, consi-deramos um intervalo de tempo e o número de partículas emi-tidas durante o seu transcorrer. Contudo, durante esse interva-lo de tempo, o número de partículas emitidas a cada segundonão é constante, já que a quantidade de átomos de U-238 di-minui com o passar do tempo. Ao final do intervalo considera-do, há metade do número de átomos de U-238 existente noinício. Como a quantidade de partículas alfa emitidas é pro-porcional à quantidade de átomos alfa-emissores na amostra,o número de partículas emitidas por segundo é máximo noinício e diminui com o passar do tempo, acompanhando odecaimento nuclear da amostra.Um cálculo rigoroso de quantas partículas alfa são emitidas porsegundo pela amostra em que há 1 kg de U-238 envolve conside-rações cinéticas e a utilização de cálculo integral e diferencial. NaQuímica superior, tais considerações conduzem à expressão:

A 0,693t

N1/2

0� �

em que:N0 � número de átomos emissores na amostra radioativat1/2 � meia-vida dos átomos emissores, em segundosA � atividade da fonte radioativa, em partículas por segundoAplicando essa expressão à situação em questão, temos:

A 0,6935 10 3 10

2,52 109 7

24��

� �

A � 1,16 � 107 partículas/s

Esse é o resultado rigoroso da pergunta feita no item c, porémele não é contemplado pelos conteúdos tradicionalmente tra-tados no ensino médio.

47 Alternativa D.

t1/2 t1/2100% �� 50% �� 25%

tempo total transcorrido � 2 � 5.730 anos � 11.460 anos

48 Alternativa C.O processo de datação por carbono-14 se aplica a objetos não-vivos, mas que um dia foram parte de um ser vivo, pois o métodose baseia na comparação entre o teor de carbono-14 nos seres vi-vos e na amostra que já não está mais viva há um certo tempo.

I. O artefato de bronze não é nem foi parte de ser vivo.II. A mangueira está viva.

III. O corpo humano mumificado não está vivo, mas um dia esteve.Assim, o método se aplica para estimar a idade apenas do ma-terial III.

49 a) fotossínteseb) Como o teor de carbono-14 é 25% daquele presente nos orga-

nismos vivos, passaram-se duas meias-vidas desse isótopo:

t1/2 t1/2

100% �� 50% �� 25%

Podemos estimar que o tempo transcorrido desde sua morte éduas vezes 5.730 anos, ou seja, 11.460 anos. Assim, a amostranão poderia ser oriunda de uma árvore cortada no períodomencionado (pois teria sido cortada, no máximo, há cerca decinco mil e duzentos anos).

c) O número atômico, ou seja, o número de prótons no núcleo,que é responsável pela caracterização de um átomo como sen-do de um determinado elemento químico. (O carbono tem seisprótons e o nitrogênio tem sete.) Outra diferença entre ambosé o número de nêutrons. (O 14C tem oito e o 14N tem sete.)

50 Alternativa C.A idade da ossada é próxima de duas vezes a meia-vida do carbo-no-14. Assim sendo, o teor desse isótopo na ossada é de aproxi-madamente 25%.

t1/2 t1/2100% �� 50% �� 25%

51 0 � verdadeira. O isótopo apresenta 8 nêutrons e 6 prótons. As-sim, a relação número de nêutrons/número de prótons é maior doque 1. E, de fato, o carbono-14 é beta-emissor, transformando-seno átomo estável de nitrogênio-14.14

6C → �10β � 14

7N1 � falsa. O teor de carbono-14 cai à metade a cada meia-vida, e

a meia-vida fornecida no enunciado não é 2.800 anos.2 � verdadeira. O enunciado diz que os restos da fogueira con-

têm 3 ppb de 14C. A leitura do gráfico permite estimar que otempo correspondente a 3 ppb corresponde a algum valor en-tre 8.400 anos e 11.200 anos.

3 � falsa. A leitura do gráfico permite inferir que o teor de 14Ccorrespondente a 12.500 anos é da ordem de 2 ppb, e nãoinferior a 1 ppb.

58 Alternativa D.Nas usinas termonucleares, a energia liberada na fissão nuclear éempregada para provocar a ebulição da água. O vapor produzidopõe em movimento a turbina de um gerador de energia elétrica.Em última análise, energia nuclear é convertida, pelo menos emparte (porque há dissipação de uma parte da energia como energiatérmica), em energia elétrica.

59 Alternativa B.A alternativa A é incorreta. Fissão nuclear é o processo de quebrade núcleos grandes em núcleos menores, liberando grande quanti-dade de energia. Fusão nuclear é a junção de núcleos pequenosformando núcleos maiores e liberando uma quantidade de energiaainda maior que a fissão nuclear.A alternativa B é correta, pois, de fato, a fusão é o processo nuclearque ocorre nas estrelas.A alternativa C é incorreta, pois problemas sobre como dispor pro-dutos radioativos (lixo radioativo) são enfrentados no caso da fissão.A alternativa D é incorreta, pois a fusão não é (pelo menos até omomento) empregada para obtenção de energia pelo ser humano.A fissão é que é utilizada para esse fim.A alternativa E é incorreta, pois a fissão já é usada comercialmen-te há anos.

60 Alternativa A.A equação representa a fusão nuclear de deutério e trítio.


química - suplemento de apoio do professor - manual 2

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