Química - Suplemento de Apoio do Professor - Manual 2

Manual do Professor

Fronts Manual Quimica 2 Canto

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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 1 aborda Química Geral e Inorgânica, o volume 2 trata da Físico-química e o volume 3, da Química Orgânica. Em cada volume, há certa flexibilidade quanto à ordem dos capítulos. Respeitando o encadeamento de pré-requisitos, cada professor poderá adotar a seqüência que sua experiência em sala 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 o Comentário preliminar, texto-organizador que menciona a relação entre o que será estudado no capítulo e conhecimentos prévios e/ou a relação do tema com outras partes da Química. Após essa abertura, 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 será trabalhado, em seguida, na seção Desenvolvendo o tema. Os quadros Em destaque contêm textos que pretendem ilustrar princípios vistos, oferecer informações complementares ou comentar aplicações da Química na compreensão de fatos do diaa-dia. Os quadros que aparecem nas laterais de algumas páginas, por sua vez, sugerem atividades para 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 em prática os conceitos estudados. Optou-se por não colocar testes de múltipla escolha nessa seção. Ao final de cada capítulo, a série intitulada Exercícios sobre todo o capítulo contém questões dissertativas e testes de múltipla escolha de vestibulares de diversas regiões do país, incluindo alguns exercícios que relacionam diferentes partes da disciplina. As respostas das Questões para fixação e dos Exercícios sobre 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 do campo de atuação da Química, de seu caráter científico e tecnológico, de algumas de suas aplicações e 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 conteúdos 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 questões selecionados.

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Um possível mapa conceitual do volume 2 Importante: Este mapa é apenas uma das muitas possibilidades de relacionar os conteúdos conceituais do volume.

QUÍMICA Substâncias químicas

Reações químicas

estuda as

estuda as

podem participar da composição de uma

cada qual pode estar formada por

Elementos químicos

de

Mistura

Pura

Átomos

unem-se por meio de

Ligação química interatômica

pode ser

entre outras propriedades periódicas, apresentam

Heterogênea

Homogênea também denominada

Eletronegatividade (capítulo 3)

Solução (capítulo 1)

ajudam a esclarecer o conceito de

contém

Número de oxidação

Soluto

Solvente

(capítulo 1)

(capítulo 1)

(capítulo 3)

têm o núcleo alterado nos

Processos nucleares

permite reconhecer se uma reação é de

pode ser

Não-eletrólito

Óxidoredução

(capítulo 11)

algumas são de

Eletrólito é realizada de modo forçado numa

cujas quantidades relativas determinam a

Concentração do soluto na solução

(capítulos 1 e 2)

(capítulos 3 a 5 )

produz corrente elétrica numa

contém

(capítulo 1)

(capítulos 1, 2, 9)

Cela galvânica

Cela eletrolítica

(capítulo 4)

(capítulo 5)

cuja presença origina os chamados

Efeitos coligativos (capítulo 2)

podem ser ocorrem (em função das condições experimentais) com uma certa

Endotérmicas

Exotérmicas

Rapidez

(capítulo 6)

(capítulo 6)

(capítulo 7)

tendem (dependendo das condições) a atingir o

Equilíbrio químico

que pode ser deslocado, de acordo com o

(capítulo 8)

Princípio de Le Chatelier (capítulo 8)

conceito essencial para a compreensão de absorvem

liberam

Calor

Ka

Kw

pH

(capítulo 6)

(capítulo 9)

(capítulo 9)

(capítulo 9)

Hidrólise salina

Ks (capítulo 10)

(capítulo 9)

Comentario

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Conceito ácido-base de Brønsted-Lowry (tópico avançado)

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SUMÁRIO SUBSÍDIOS DIDÁTICOS Capítulo Capítulo Capítulo Capítulo Capítulo Capítulo

1 2 3 4 5 6

– – – – – –

Expressando a concentração de soluções, 7 Propriedades coligativas, 9 Processos de óxido-redução, 11 Eletroquímica: celas galvânicas, 13 Eletroquímica: celas eletrolíticas, 14 Termoquímica: o calor e os processos químicos, 16 Capítulo 7 – Cinética química: o transcorrer das reações químicas, 19 Capítulo 8 – Equilíbrio químico: a coexistência de reagentes e produtos, 21 Capítulo 9 – Equilíbrios iônicos em solução aquosa, 23 Capítulo 10 – Equilíbrios químicos heterogêneos, 25 Capítulo 11 – Radioatividade: fenômenos de origem nuclear, 26 Tópico avançado – Conceitos ácido-base de BrønstedLowry e de Lewis, 28

RESOLUÇÕES Capítulo Capítulo Capítulo Capítulo Capítulo Capítulo

1 2 3 4 5 6

– – – – – –

Capítulo

7–

Capítulo

8–

Capítulo 9 – Capítulo 10 – Capítulo 11 –

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Expressando a concentração de soluções, 29 Propriedades coligativas, 41 Processos de óxido-redução, 42 Eletroquímica: celas galvânicas, 46 Eletroquímica: celas eletrolíticas, 49 Termoquímica: o calor e os processos químicos, 54 Cinética química: o transcorrer das reações químicas, 60 Equilíbrio químico: a coexistência de reagentes e produtos, 64 Equilíbrios iônicos em solução aquosa, 68 Equilíbrios químicos heterogêneos, 77 Radioatividade: fenômenos de origem nuclear, 85

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SUBSÍDIOS DIDÁTICOS

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Capítulo 1

Expressando a concentração de soluções

Principais conteúdos* conceituais do capítulo

Conteúdos procedimentais que podem ser desenvolvidos

Conteúdos atitudinais que podem ser desenvolvidos

• Conceitos de solução, solvente e soluto • Método para o preparo laboratorial de uma solução aquosa de concentração conhecida • Concentração comum • Distinção entre concentração comum de uma solução e densidade de uma solução • Concentração em quantidade de matéria • Título, porcentagem e ppm (em massa e em volume) • Diluição de soluções • Cálculo estequiométrico envolvendo reagentes em solução, com destaque para a titulação ácido-base

• Expressar a concentração de uma solução, escolhendo e utilizando a unidade mais adequada. • Realizar a conversão entre unidades de concentração. • Executar os cálculos necessários para prever como uma solução deve ser diluída a fim de obter uma nova solução de concentração desejada. • Executar os cálculos necessários para determinar a concentração de uma solução ácida ou de uma solução básica a partir de dados provenientes de um processo de titulação ácido-base. • Utilizar raciocínios de proporcionalidade para realizar cálculos estequiométricos com reagente(s) em solução.

• Prestar atenção aos rótulos de produtos industrializados. • Perceber que muitos princípios científicos estão presentes em nossa vida cotidiana.

Comentário geral Solução é qualquer mistura homogênea. Já que o soluto está homogeneamente distribuído no solvente, ao se retirar uma amostra de uma solução, a quantidade de soluto presente nessa amostra é proporcional ao volume da amostra. (Também a quantidade de solvente existente na amostra é proporcional ao volume dela.) O exemplo apresentado no início do capítulo, que envolve uma solução de um medicamento, pretende justamente mostrar isso. Assim, pode-se dizer que, em uma dada solução, há uma relação constante entre a quantidade de soluto e a quantidade de solvente (ou,

também, entre a quantidade de soluto e a quantidade de solução). A meta do capítulo é trabalhar algumas das maneiras de expressar essa relação, que pode envolver massa e volume, quantidade em mol e volume, massa e massa, volume e volume etc., e também perceber que há situações em que se prefere uma maneira a outra. É por meio do item 1.3 que os estudantes podem compreender o que 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 de solvente) como decorrência do modo como as soluções são preparadas. É oportuno 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 para um 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 e atitudinais, recomendamos a obra: COLL, C. et al. Os conteúdos na reforma: ensino e aprendizagem de conceitos, procedimentos e atitudes. Tradução de Beatriz Affonso Neves. Revisão técnica de Maria Thereza Oliva Marcílio de Souza. Porto Alegre: Artmed, 1998.

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8 para promover a dissolução do sólido. A seguir, complete com água até a marca de aferição. Incorreto

Ar

Ar Superfície do líquido

Marca de aferição Líquido

Líquido

Feita a solução, podem ser elaboradas frases que descrevem sua composição: “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

A densidade, que é uma relação entre duas propriedades da solução como um todo (massa e volume), não é propriamente uma unidade para expressar a concentração da solução. Ela é, isso sim, uma propriedade da solução — que depende do solvente, do(s) soluto(s) e da concentração do(s) soluto(s) — que, uma vez conhecida (numa certa temperatura), permite avaliar a massa total de solução em um dado volume (medido na mesma temperatura a que se refere a densidade). E conhecer a massa total de solução num certo volume é essencial para que se possa realizar a conversão entre certas unidades, por exemplo, entre porcentagem em massa do soluto e concentração em quantidade de matéria. Por isso é que o capítulo aborda a densidade juntamente com o estudo das soluções. Quanto à diluição de soluções, sugere-se ressaltar que, num almoxarifado de laboratório, o estoque de soluções é limitado e, em muitos casos, soluções concentradas são disponíveis (isso é comum, por exemplo, no caso de ácidos, tais como o clorídrico, o nítrico e o sulfúrico) e o que os químicos fazem (respeitando medidas e atitudes de segurança no manuseio das substâncias) é obter as soluções menos concentradas por meio da diluição. No que diz respeito à estequiometria envolvendo soluções, vale ressaltar que muitas reações químicas ocorrem em solução. Assim, uma novidade que é introduzida nos itens 7.3 e 8 é que, sendo conhecida a concentração 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 partir dela(s), o cálculo estequiométrico segue exatamente as linhas tratadas ao estudar estequiometria. O apêndice C, no final do volume 2, apresenta as principais unidades usadas na Química do ensino médio. E o apêndice B apresenta as principais idéias referentes às potências de dez, outro pré-requisito importante para este capítulo. Estimule os alunos a utilizarem esses apêndices sempre que necessário.

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• A palavra “solução”, empregada em Química, vem do latim solutione, de onde também deriva a palavra “solução” usada no linguajar não-científico. Quando alguém encontra a solução de um problema, por exemplo, significa que o problema se “dissipou”, “desapareceu”, de modo análogo a um soluto que se dissolve num solvente. • “Dissolver” é o ato de fazer uma solução, adicionando um soluto a um solvente e homogeneizando a mistura. E “dissolução” é o substantivo relativo 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 um todo em partes que se separam — não deve ser confundida com “dissolver”. • A palavra “diluir” — que significa acrescentar solvente a uma solução já preparada — também não deve ser confundida com “dissolver”.

NaCl (aq) 0,1 mol/L

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

Comentario

Origem dos termos científicos

Experimento PREPARO DE UMA SOLUÇÃO Havendo condições materiais e de tempo, o professor pode levar os alunos ao laboratório para que realizem o preparo de uma solução de cloreto de sódio (é muito arriscado fazer essa atividade com substâncias tóxicas, corrosivas ou que ofereçam qualquer outro tipo de risco aos alunos) cuja concentração é indicada pelo professor. Isso permite o desenvolvimento de conteúdos procedimentais tais como uso da balança, do balão volumétrico e da pisseta.

Sugestões de leitura complementar para o professor Textos de Química Nova na Escola são disponibilizados em http://sbqensino.foco.fae.ufmg.br/qnesc ECHEVERRÍA, A. R. Como os alunos concebem a formação de soluções. Química Nova na Escola, n. 3, 1996. p. 15-18. Nesse artigo, a autora faz reflexões sobre possíveis concepções incorretas dos alunos ao interpretarem a formação 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, noções físico-químicas sobre a superfície das partículas coloidais. 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 Matemática, ressaltando aspectos de funções lineares presentes na modelagem matemática do processo de titulação ácido-base.

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Superfície do líquido

Correto

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Capítulo 2

Propriedades coligativas

Principais conteúdos conceituais do capítulo



• 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 por solutos não-eletrólitos e nãovoláteis com os de solutos eletrólitos e não-voláteis

• Construir o diagrama de fases da água e empregá-lo para fazer previsões sobre mudanças de estado físico envolvendo essa substância. • Coletar os dados necessários e empregá-los para comparar a intensidade dos efeitos coligativos em diferentes soluções feitas com um mesmo solvente. • Observar experimentalmente a ocorrência de osmose.

• Valorizar a observação como importante meio para obter informações. • Perceber que muitos princípios científicos estão presentes em nossa vida cotidiana. • Preocupar-se com a correta hidratação do organismo, principalmente nas épocas mais quentes do ano.

Comentário geral Este capítulo trata essencialmente de dois temas. O primeiro deles é o diagrama de fases, a partir do qual se desenvolve o conceito de pressão de vapor. Isso corresponde ao item 1 do capítulo. O segundo tema são as propriedades coligativas propriamente ditas, que correspondem aos itens 2 a 7. Até o item 6 abordam-se os efeitos produzidos pelos solutos não-eletrólitos e não-voláteis. E o item 7 estende a discussão para os solutos eletrólitos não-voláteis. A proposta do capítulo é de uma abordagem predominantemente qualitativa e semiquantitativa. As únicas expressões matemáticas apresentadas são a Lei de Raoult e a expressão para o cálculo da pressão osmótica. Mesmo nesses casos, não há insistência em exercícios que envolvam o uso dessas expressões. A expressão da Lei de Raoult é relativamente simples de compreender quando interpretamos os valores numéricos nela colocados para fazer um cálculo. Considere os exemplos numéricos da página 46. Se a fração em mols do solvente é 0,95, significa que 95% das moléculas da solução são de solvente (e 5% são de sacarose ou glicose). Assim, a pressão de vapor, que é proveniente da vaporização das moléculas do solvente, será 95% da pressão de vapor que o solvente puro tem naquela mesma temperatura. Priorizou-se no capítulo o uso da unidade quilopascal (kPa) para pressão, porque pascal (Pa) é a unidade de pressão do Sistema Internacional. Para manter a compreensibilidade do texto, em vários momentos colocou-se entre parênteses que 101,3 kPa equivalem a 1 atm. As seções Fatos experimentais das páginas 36, 44, 47 e 54 apresentam valores numéricos cuja análise pretende conduzir à interpretação dos fenômenos e à elaboração de generalizações. No passado, a abordagem das propriedades coligativas no nível médio era feita com mais fórmulas matemáticas, algumas delas envolvendo a molalidade (grafada com “l”) da solução, que é a concentração expressa em mol de soluto por quilograma de solvente. Essa abordagem pode ser hoje encontrada em livros universitários de Físico-Química, em que se

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

Origem dos termos científicos • A palavra “tonoscópico” vem do grego tónos, tensão, e skopeîn, ver, observar, sondar, examinar. • “Ebulioscópico” vem do latim ebullire, ebulir, ferver, e do grego skopeîn, examinar. • “Crioscópico” vem do grego kry´os, gelo, e skopeîn, examinar. • “Osmose” vem do grego osmós, impulso.

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

Textos ao professor POR QUE SE JOGA SAL NA NEVE? A utilização de sal, NaCl, nas ruas cobertas de gelo é uma aplicação da propriedade coligativa de redução do ponto de congelamento das soluções. O ponto de congelamento da água pode ser diminuí-

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10 do a uma temperatura tão baixa como –21,1°C, em que o sal e a água formam uma mistura eutética, numa composição de 23,3% NaCl. A adição do sal sólido ao gelo acima dessa temperatura resultará na dissolução do sal em uma pequena quantidade de água liberada do gelo. Enquanto o sal sólido estiver disponível para diminuir o ponto de congelamento abaixo da temperatura ambiente, o gelo continuará a fundir. É uma prática comum utilizar-se o sal para remover o gelo das ruas das cidades em zonas temperadas. Isso, porém, não seria apropriado para se usar em Fairbanks, no Alasca, devido à temperatura típica de inverno, em torno de –34,4°C, situar-se bem abaixo da temperatura 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.

dura sólida e cristais de gelo. A razão pela qual o sorvete não é um bloco sólido de gelo relaciona-se às propriedades coligativas das soluções aquosas que estão nele incorporadas: a fase líquida consiste de pequenas gotas de água que contêm açúcares e sais dissolvidos e proteínas do leite suspensas. A presença desses componentes dissolvidos abaixa tanto a temperatura de congelamento, que a fase líquida permanece líquida mesmo em um freezer a –18°C. [...] Os glóbulos de gordura sólida são responsáveis por muito da cremosidade e do “corpo” do sorvete de massa. A função dos cristais de gelo — que devem ser pequenos (cerca de 50 µm) para evitar uma textura granulosa e gelada — é estabilizar a mistura. As bolhas de ar dispersas fazem o sorvete mais leve e macio e, portanto, mais fácil de retirar com uma pazinha e comer. Os ingredientes de um sorvete de massa são:

Por séculos as pessoas falam sobre o tempo, mas podem fazer muito pouco para controlá-lo. Os padrões globais do tempo são, sem dúvida, muito complexos. Nosso conhecimento é ainda muito limitado para que possamos prever o tempo com precisão, quem dirá controlá-lo. Contudo em anos recentes tem havido algumas tentativas de alterar o tempo em pequenas regiões localizadas. Não podemos converter dias escuros e chuvosos em claros e ensolarados, mas é possível, às vezes, induzir precipitação em um dia nublado. Nuvens consistem em pequeninas gotas de água. A fim de fazer essas gotículas se agregarem e formarem as gotas de chuva, núcleos — pequenas partículas sobre as quais as moléculas de água podem aglomerar-se — precisam estar presentes nas nuvens. Em princípio, cristais de gelo, que podem atuar como núcleos de precipitação, poderiam formar-se a 0°C. Contudo, devido à sobrefusão (situação instável na qual há resfriamento abaixo do ponto de fusão sem que haja solidificação), eles raramente se formam, a não ser que a temperatura caia abaixo de –10°C. Para promover a formação de cristais de gelo, as nuvens podem ser semeadas com gelo-seco, nome dado ao dióxido de carbono (CO2) sólido, que é disperso dentro delas por um avião. Quando o dióxido de carbono sólido se sublima, ele absorve calor das nuvens ao redor e reduz a temperatura até atingir o valor necessário para que haja a formação de cristais de gelo. Conseqüentemente, a presença de gelo-seco pode, com freqüência, induzir formação de chuva em pequena escala. Iodeto de prata (AgI) também pode ser usado nesse processo. A vantagem de utilizá-lo é que se alcança uma enorme quantidade de núcleos. O AgI possui uma estrutura cristalina muito semelhante à do gelo e isso favorece a deposição das moléculas de água sobre ele, como se elas tivessem sido “enganadas” por uma estrutura análoga à do gelo. Cerca de 1015 núcleos são produzidos, a partir de um grama de AgI, ao vaporizar uma solução dessa substância em acetona sob o calor de uma chama. Esses núcleos são, então, dispersos dentro das nuvens por um avião. Fonte: CHANG, R. Chemistry. 5. ed. New York: McGraw-Hill, 1994. p. 462, 867. (Tradução nossa.)

AS PROPRIEDADES COLIGATIVAS E O SORVETE DE MASSA Uma solução é uma mistura homogênea de duas ou mais substâncias [...]. Uma dispersão coloidal (ou, simplesmente, colóide) parece ser uma solução, mas consiste de fato em partículas relativamente grandes de uma ou mais substâncias, em uma fase, dispersas em uma segunda fase. Experimentalmente, um colóide dispersa um feixe de luz (isso é chamado efeito Tyndall), mas uma solução verdadeira não. Uma espuma é definida quimicamente como uma dispersão coloidal de um gás em um líquido ou em um sólido. O sorvete de massa é um exemplo comestível de uma espuma, na qual bolhas de ar estão dispersas em uma mistura de água líquida, glóbulos de gor-

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2. Açúcar 3. Flavorizantes, como de baunilha, de frutas ou outro 4. Emulsificantes e estabilizantes (aditivos comerciais que aumentam a cremosidade e reduzem o tamanho dos cristais de gelo) 5. Ar Na elaboração do sorvete, esses ingredientes são misturados à temperatura ambiente (ou levemente acima, para matar bactérias). A mistura resultante é [...] resfriada rapidamente com agitação para produzir uma mistura semi-sólida. Rápido resfriamento e agitação são necessários para introduzir mais ar na mistura, pois, assim, os cristais de gelo formados serão menores. Fábricas de sorvete freqüentemente borbulham ar comprimido na mistura em vez de esperar que a agitação introduza ar. Quem faz sorvete de massa em casa freqüentemente emprega, para promover essa etapa de resfriamento, um banho de gelo moído e sal ao redor da tigela em que está a mistura. Assim como os açúcares e sais dissolvidos nas pequenas gotas de água presentes no sorvete abaixam a temperatura de congelamento da água, o sal reduz a temperatura de congelamento da água para abaixo de 0°C no banho de gelo e sal. Um punhado de sal para alguns poucos punhados de gelo em fusão funciona bem para sorvete caseiro. Quanto mais vigorosa for a agitação à medida que a mistura fica mais espessa, mais ar se incorpora ao produto nesse ponto. O estágio final da formação do sorvete, após a mistura e o resfriamento com agitação, é o “endurecimento”. Isso significa simplesmente que a espessa mistura prestes a se tornar sorvete é resfriada ainda mais, sem agitação. Este último passo resulta na formação de mais cristais de gelo, que conferem firmeza ao produto final. Em casa, o endurecimento é usualmente conseguido adicionando-se mais punhados de sal no banho de gelo e sal. Isso, de fato, reduz ainda mais a temperatura de congelamento do banho de gelo e sal. Sorveterias comerciais têm câmaras frias que podem atingir temperaturas tão baixas quanto –46°C, o que permite que a etapa de endurecimento 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.)

Sugestão de leitura complementar para o professor Textos de Química Nova são disponibilizados em http://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.

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SEMEAR NAS NUVENS! O QUE É ISSO?

1. Creme — fração do leite rica em gordura (que, por si, é um complexo colóide em que gorduras estão dispersas em água, açúcares e sais)

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Capítulo 3




• Oxidação e redução

• Utilizar a fórmula de uma substância para determinar o número de oxidação dos elementos nela presentes.

• Ter consciência de que o processo fotográfico tradicional — que trouxe grande impulso para a comunicação humana e para a difusão das notícias e dos conhecimentos — é um exemplo de aplicação de princípios químicos.

• Número de oxidação • Reação de óxido-redução • Agente oxidante e agente redutor Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Processos de óxido-redução

• Sugestões para balancear uma equação de óxido-redução

• Observar uma equação química e concluir se ela representa ou não um processo de óxido-redução. • Executar o balanceamento de uma equação de óxido-redução auxiliado pelas variações de número de oxidação dos elementos nela presentes.

Comentário geral O capítulo apresenta inicialmente a necessidade que conduziu à criação do conceito de número de oxidação. Em equações de óxido-redução que envolvam íons monoatômicos é relativamente simples perceber qual espécie perdeu e qual recebeu elétrons. Já em equações que envolvam compostos moleculares, isso não é tão evidente. Partindo dessa argumentação, apresentada no item 1, o conceito de número de oxidação é desenvolvido no item 2. O conceito de eletronegatividade é apresentado no item 2.2. O item 2.4 enuncia as regras para a determinação do número de oxidação. No capítulo, toda regra é enunciada como resultado de uma argumentação que a embasa e justifica. E a explicação e os exemplos que antecedem o enunciado visam a compreensão em vez da memorização. Abordagem similar é adotada no item 4, que sugere procedimentos para facilitar o balanceamento de equações de óxido-redução. Vários exemplos são mostrados e comentados (item 4.1). Só após isso é que um conjunto de sugestões é formalmente proposto (item 4.2). O exemplo da fotografia tradicional, apresentado como fator motivador na abertura do capítulo, é resolvido com o texto que encerra o capítulo. Dependendo da conveniência, o professor pode ampliar o desenvolvimento do tema, realizando a revelação de cópias fotográficas em preto-e-branco, o que consiste numa atividade interessante e significativa para o aprendizado de vários conceitos da Química e que permite, inclusive, intensa interdisciplinaridade com Física e Arte.

Tema para pesquisa • “Além do vidro, que outro material toma parte na composição dos espelhos comuns? Existe alguma reação química envolvida na fabricação desses espelhos?”

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Experimentos TINTA INVISÍVEL Ao aluno Objetivo: Escrever num papel com tinta invisível e, a seguir, tornar a escrita visível usando uma reação química. Material: • suco de limão espremido na hora (Lave bem as mãos antes de 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 mancha a pele e as roupas!) • conta-gotas • colher Procedimento: 1. Use o pincel fino para escrever com o suco de limão na folha de papel. 2. Espere até que o papel seque à sombra. Não leve o papel ao sol nem se exponha à luz solar antes de lavar bem as mãos para remover qualquer respingo do suco de limão. Tomar sol com suco de limão na pele produz manchas escuras que levam muito tempo para sair. 3. Adicione 60 gotas de tintura de iodo a meio copo (de requeijão) de água e mexa com uma colher. 4. Mergulhe o pincel grosso nesse líquido e esfregue-o sobre a folha. Observe os dizeres se tornarem visíveis. 5. Proponha uma explicação para o que observou. Compare sua explicação com a de seus colegas e discuta-a com o professor.

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Ao professor Nesse experimento, o suco de limão é a “tinta invisível”. Uma solução feita com 60 gotas de tintura de iodo (solução alcoólica de I2) em meio copo de água atua como “revelador” da escrita invisível. Quando essa solução aquosa de iodo é aplicada ao papel, o iodo (I2) 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, consumindo-o (transformando-o em iodeto, I–). Assim, nos locais em que se escreveu com o suco do limão, não haverá iodo e, portanto, não aparecerá a coloração roxa no papel. Isso permite a visualização do que foi escrito. Evidentemente, não se espera que os alunos proponham a explicação completa, mas que concluam que “algo” no suco do limão impede o aparecimento da cor roxa. O professor pode concluir, dizendo que esse “algo” reage com o iodo, consumindo-o. Esse “algo” é a vitamina C, que se oxida e provoca a redução do iodo a iodeto. BAFÔMETRO DE DICROMATO O artigo de Braathen e também o de Ferreira, Mól e Silva, indicados em Sugestões de leitura complementar para o professor, oferecem roteiros para a simulação do bafômetro de dicromato.

IDENTIFICAÇÃO DA VITAMINA C O artigo de Silva, Ferreira e Silva, indicado em Sugestões de leitura complementar para o professor, propõe um método para a identificação da presença da vitamina C em sucos de fruta por meio de reações de óxido-redução.

Texto ao professor FILME COLORIDO As pessoas tiraram fotografias em preto e branco por quase cem anos antes de dois músicos profissionais apresentarem o primeiro filme colorido, em 15 de abril de 1935. A história do Kodachrome, na verdade, começara em 1856, quando o cientista James Clark Maxwell produziu a primeira foto em cores. Ele usou três projetores, cada um lançando uma cor diferente sobre a mesma imagem — uma vermelha, uma verde e uma azul. Os projetores apontavam para a mesma tela, de maneira que as imagens se sobrepunham, criando uma única imagem borrada mas colorida. Nos cinqüenta anos seguintes, a maioria dos cientistas que tentaram inventar o filme colorido utilizou a “abordagem óptica” de Maxwell, mas nenhum conseguiu melhorar muito as imagens coloridas e borradas. Até 1916. Foi nesse ano que Leopold Godowsky e Leopold Mannes entraram na história. Os dois Leopold eram filhos de famosos concertistas de música clássica; ambos consideravam a música a coisa mais importante de sua vida e ambos eram fascinados pela idéia de fazer filmes fotográficos coloridos. Eles trabalhavam juntos no laboratório de física da escola, fazendo experiências com técnicas e processos de filmes. Reproduziram os resultados de Maxwell mesmo sem conhecê-lo. Logo os dois haviam aperfeiçoado tanto o método de Maxwell que receberam a patente de sua própria versão de produzir imagens coloridas através da sobreposição de luzes. Mas os resultados ainda eram borrados e bastante grosseiros. Então, em 1921, cinco anos após terem reinventado o processo óptico de Maxwell, Godowsky e Mannes notaram as surpreendentes possibilidades da utilização de substâncias químicas para criar o filme colorido. Notaram também quanto seus experimentos estavam custando. Perceberam que não conseguiriam ganhar dinheiro suficiente com a música para pagar pelos testes que eles sabiam ser ainda necessários. Para prosseguir com seus experimentos, os dois músicos-cientistas conseguiram uma bolsa de 20 mil dólares de uma companhia de investimentos e [...] ajuda do doutor Mees, diretor de pesquisa da

Comentario

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[...] Eastman Kodak. Receberam todo o material e equipamento de que necessitavam. Por muitos anos, o departamento de pesquisa do doutor Mees vinha tentando obter o que Godowsky e Mannes haviam conseguido tão rapidamente. Mesmo com o sucesso do trabalho científico, os dois Leopold nunca abandonaram a música. Por isso, os progressos ainda eram lentos. O plano deles era aperfeiçoar uma maneira de fazer fotos coloridas de aparência natural usando as mesmas camadas extremamente finas de substâncias denominadas “emulsões”, separadas por camadas ainda mais finas de gelatina. Cada camada de emulsão revelaria uma tonalidade de cor, dependendo das cores que fossem fotografadas. Encontrar a maneira de fazer o filme já era bastante difícil, mais ainda era revelá-lo. Várias substâncias tinham de ser utilizadas para criar as cores, e foram necessários anos de testes apenas para descobrir as qualidades e o tempo necessários à revelação para obter as cores certas. O doutor Mees insistiu para que os dois fossem a Nova York e usassem o laboratório totalmente equipado de seu departamento na Eastman Kodak. Aceitaram o convite. Godowsky e Mannes não se importaram com a fria recepção dos cientistas enciumados. Tanto que, enquanto trabalhavam, cantavam trechos de músicas. Os outros achavam isso um pouco estranho e nada profissional. Mas o que eles não sacaram é que os homens cantavam trechos (com seu senso preciso de tempo musical) para marcar o tempo das reações químicas nos laboratórios completamente escuros. Essa parte crítica da pesquisa foi realizada antes de estarem disponíveis os modernos dispositivos eletrônicos para marcar o tempo e os métodos de iluminação de salas escuras para fotografias. Em 1933, os cientistas-cantores haviam inventado um filme que trazia as melhores cores de até então. Dois anos mais tarde, eles desenvolveram um processo colorido ainda melhor. Isso levou a Eastman Kodak a realizar uma entrevista coletiva fora do comum: Godowsky e Mannes mostraram ao mundo os primeiros slides coloridos Kodachrome e depois se sentaram para tocar uma sonata para piano e violino. A dupla trabalhou mais quatro anos para aperfeiçoar seu filme em cores e recebeu mais de quarenta patentes por seus processos químicos 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.

Sugestões de leitura complementar para o professor Textos de Química Nova na Escola são disponibilizados em http://sbqensino.foco.fae.ufmg.br/qnesc BACCAN, N. et al. Química Analítica Quantitativa Elementar. 2. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 1985. p. 224. Nessa referência encontra-se um experimento que permite determinar a massa da vitamina C em um comprimido efervescente pelo método iodimétrico. BRAATHEN, P. C. Hálito culpado. O princípio químico do bafômetro. Química Nova na Escola, n. 5, 1997. p. 3-5. Além de uma discussão sobre o princípio em que se baseia o bafômetro de dicromato, o autor apresenta uma simulação de seu uso. FERREIRA, G. A. L.; MÓL, G. S.; SILVA, R. R. Bafômetro – um modelo demonstrativo. Química Nova na Escola, n. 5, 1997. p. 32-33. O artigo descreve a construção de um modelo de bafômetro que pode ser empregado para comparações qualitativas. SILVA, S. L. A.; FERREIRA, G. A. L.; SILVA, R. R. À procura da vitamina C. Química Nova na Escola, n. 2, 1995. p. 31-32. Os autores descrevem um método para identificação da presença da vitamina C em diversos sucos de frutas. (Trata-se de um método semiquantitativo. Para uma análise quantitativa da vitamina C em um comprimido efervescente, veja a obra de N. Baccan et al. acima, nesta lista de sugestões.)

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Capítulo 4

Eletroquímica: celas galvânicas




• Voltímetro e medida da diferença de potencial elétrico • Celas galvânicas (pilhas) • Semicela e potencial-padrão de semicela • Força eletromotriz de uma pilha • Força de oxidantes e redutores • Espontaneidade de reações de óxido-redução • Algumas pilhas e baterias comerciais comuns

• Representar uma cela galvânica por meio da representação sugerida pela Iupac. • Consultar a tabela de potenciais-padrão de semicela e, com base nessa consulta, calcular a força eletromotriz de uma pilha, prever se uma reação de óxido-redução é espontânea e comparar a força de agentes oxidantes e de agentes redutores. • Equacionar as semi-reações catódica e anódica de (casos simples de) celas galvânicas.

• Perceber que muito do conforto da vida moderna se deve à utilização de progressos da Química. • Ponderar que os avanços técnicos são, quase sempre, conseqüência da utilização de princípios científicos. • Perceber que muitos princípios científicos estão presentes em nossa vida cotidiana. • Valorizar as medidas de proteção ambiental como promotoras da qualidade de vida, particularmente no que diz respeito ao descarte de pilhas e baterias.

Comentário geral Podemos reconhecer no capítulo três partes principais. Numa primeira parte, recorda-se o que é corrente elétrica e apresenta-se de modo simplificado o conceito de diferença de potencial elétrico e o voltímetro como o aparelho usado para medir tal grandeza. Em grande parte das escolas, o professor de Química trabalha esse assunto antes do professor de Física. Essa é a razão para a inclusão do conteúdo das páginas 89 a 92. Com isso, estabelece-se uma distinção entre os dois tipos de celas eletroquímicas — as celas galvânicas (pilhas) e as celas eletrolíticas (cubas para eletrólise) — no que diz respeito à relação entre corrente elétrica e reação química (veja o mapa conceitual da página 93). Em uma cela galvânica uma reação química dá origem a uma corrente elétrica, ou seja, trata-se de um dispositivo em que energia química é convertida em energia elétrica. Já em uma cela eletrolítica, uma reação química (não-espontânea) de interesse é induzida pelo uso de uma corrente elétrica. Nesse caso, energia elétrica é empregada para a síntese de substâncias de interesse, convertendo-se em energia 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 seus desdobramentos, notadamente na previsão da ocorrência espontânea de reações de óxido-redução. Como uma terceira parte, mostra-se como as pilhas e baterias comerciais empregam (e ilustram) os princípios estudados. Isso vai ao encontro de certas expectativas introduzidas com o texto motivador que abre o capítulo.

Há alguns anos a Iupac mudou a definição para o estado-padrão usado para medir e tabelar grandezas termodinâmicas. Anteriormente a definição 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 mudança de 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 provocou uma alteração muito pequena nos valores de grandezas termodinâmicas tabeladas, tais como potenciais-padrão de semicela, entalpias-padrão de formação, entalpias-padrão de combustão e energias de ligação. Também vale destacar que a temperatura não é considerada propriamente parte da definição de estado-padrão.* Note que, na definição de potencial-padrão de semicela, na página 100, é dito que ele é definido “nas condições-padrão (1,0 mol/L e 100 kPa) e numa temperatura de interesse (geralmente 25°C)”. Como a temperatura de 25°C é a mais freqüentemente empregada, é comum encontrarmos quem defina estado-padrão já englobando 25°C nessa definição, embora isso não seja rigorosamente correto.

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; mas nesse caso lê-se, como sílaba tônica, tô) foram criados por Michael Faraday em 1834, com base nas preposições gregas aná, que significa no alto, de baixo para cima, para fora, e katá, que significa embaixo, de cima 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 Luigi Galvani (1737-1798).

* 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.

Comentario

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Elaborar um comercial de rádio (com 30 segundos) que informe a população sobre os riscos do descarte incorreto de pilhas e baterias. Expor em público o texto produzido. Uma atividade desse tipo ajuda a desenvolver várias capacidades, tais como a habilidade de produzir um texto claro, com linguagem simples e direta. A exposição em público, que provoca um comprometimento maior com a atividade, permite desenvolver a habilidade de falar em público e atitudes sociais inerentes a essa prática. Também estimula comentários sobre os acertos e os erros dos textos produzidos.

Experimentos PILHAS Os artigos de Hioka e colaboradores, indicados na Sugestões de leitura complementar para o professor, contêm o procedimento para experiências envolvendo celas galvânicas.

Sugestões de leitura complementar para o professor Textos de Química Nova na Escola são disponibilizados em http://sbqensino.foco.fae.umg.br/qnesc BOCCHI, N.; FERRACIN, L. C.; BIAGGIO, S. R. Pilhas e baterias: funcionamento e impacto ambiental. Química Nova na Escola, n. 11, 2000. p. 3-9.

Capítulo 5

Comentario

Além de comentar o funcionamento das pilhas e baterias mais significativas, esse artigo discute aspectos problemáticos de alguns desses dispositivos quanto ao seu impacto ambiental e apresenta uma resolução do Conama (Conselho Nacional do Meio Ambiente) referente a eles. O artigo inclui informações sobre as relativamente recentes baterias de hidreto metálico e baterias de íons lítio. HIOKA, N.; MAIONCHI, F.; RUBIO, D. A. R.; GOTO, P. A.; FERREIRA, O. P. Pilhas modificadas empregadas no acendimento de lâmpadas. Química Nova na Escola, n. 8, 1998. p. 36-39. O artigo sugere dois experimentos eletroquímicos. Em um deles é realizada uma montagem alternativa da pilha de Daniell e no outro é feita uma montagem semelhante àquela que Volta construiu em 1800. Em ambos os casos, a voltagem é suficiente para acender uma lâmpada de 1,5 V e mantê-la acesa por vários minutos. HIOKA, N.; SANTIN FILHO, O.; MENEZES, A. J.; YONEHARA, F. S.; BERGAMASKI, K.; PEREIRA, R. V. Pilhas de Cu/Mg construídas com materiais de fácil obtenção. Química Nova na Escola, n. 11, 2000. p. 40-44. Os autores apresentam e analisam experimentos em que celas galvânicas são construídas e a energia elétrica produzida é empregada para operar pequenos equipamentos eletrônicos. TOLENTINO, M.; ROCHA-FILHO, R. C. O bicentenário da invenção da pilha elétrica. Química Nova na Escola, n. 11, 2000. p. 35-39. Os autores contextualizam historicamente a invenção desse dispositivo, que se mostrou de considerável utilidade ao ser humano.

Eletroquímica: celas eletrolíticas




• Celas eletrolíticas • Eletrólise ígnea • Eletrólise aquosa • Empregos da eletrólise • Aspectos principais da obtenção de metais (metalurgia) • Amperímetro e medida da corrente elétrica • Estequiometria das reações eletroquímicas

• Equacionar as semi-reações catódica e anódica de (casos simples de) celas eletrolíticas. • Equacionar a obtenção química dos metais mais importantes para o sistema produtivo. • Empregar um raciocínio de proporcionalidade entre carga elétrica e quantidade de matéria para prever a quantidade de reagente gasto ou de produto formado em um processo eletroquímico.

• Perceber que muito do conforto da vida moderna se deve à utilização de progressos da Química. • Ponderar que os avanços técnicos são, quase sempre, conseqüência da utilização de princípios científicos. • Perceber que muitos princípios científicos estão presentes em nossa vida cotidiana. • Valorizar as medidas de proteção ambiental como promotoras da qualidade de vida, particularmente no que diz respeito à reciclagem de metais.

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Atividade

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Comentário geral Uma primeira parte do capítulo consiste na aplicação do conceito de potencial-padrão de semicela para mostrar que uma reação não-espontânea de óxido-redução pode ser realizada de modo forçado, desde que se empregue uma diferença de potencial adequada (item 1.4). Com isso, alguns exemplos de eletrólise ígnea e de eletrólise aquosa são apresentados como fatos experimentais e, no caso da eletrólise aquosa, racionalizados por meio da fila de facilidade de descarga, entendida como um instrumento de consulta. Uma segunda parte corresponde às aplicações da eletrólise, que resolvem aspectos da motivação colocada na página de abertura do capítulo. Em uma terceira parte, a metalurgia é apresentada à luz da racionalização trazida pelos potenciais-padrão de semicela. Isso é feito no item 3 do capítulo.


Finalmente, a estequiometria envolvendo elétrons é o tema do item 4. Há professores que preferem, nessa última parte, limitar-se a cálculos envolvendo quantidade em mols de produto formado numa eletrólise e mols de elétrons, deixando os cálculos envolvendo carga elétrica — ou corrente elétrica e tempo — para depois que o professor de Física abordar tais conceitos.

Origem dos termos científicos • O nome “coulomb” para a unidade de carga elétrica no Sistema Internacional é uma homenagem ao cientista francês Charles Augustin de Coulomb (1736-1806). • O nome “ampère” para a unidade de corrente elétrica no Sistema Internacional é uma homenagem ao cientista francês André Marie Ampère (1775-1836). • Os termos “mineral” e “minério” vêm do latim medieval mineralis, que significa relativo a mina.

rio, decorrente da inalação ou da ingestão de animais contaminados, especialmente de peixes, causa uma série de distúrbios. O próprio garimpeiro, ao inalar o vapor de mercúrio, pode ter náusea e diarréia e até mesmo problemas cardíacos e neurológicos. Dependendo do nível de contaminação, o envenenamento por mercúrio pode levar à morte. Compostos de mercúrio nas águas residuais de indústrias, ao serem despejados em rios, lagos ou oceanos, podem transformar-se em dimetil-mercúrio (CH3 k Hg k CH3) pela ação de certas bactérias presentes nesses locais. Peixes, algas e moluscos são capazes de concentrar em seus organismos quantidades significativas de dimetil-mercúrio. Esse composto é solúvel em gordura e entra na cadeia alimentar quando animais contaminados são ingeridos por outros animais, inclusive o homem. Compostos de mercúrio ficam durante muito tempo nos organismos vivos. Sérias medidas que proíbem a descarga de mercúrio nos rios, lagos e oceanos foram adotadas em todo o mundo, porém muito tempo será gasto até a limpeza de todas as águas. Chumbo (Pb) A aristocracia do Império Romano usava chumbo em utensílios de cozinha, encanamentos de água e recipientes para guardar bebidas como o vinho. Historiadores supõem que doenças, infertilidade e morte devido ao envenenamento por compostos de chumbo tenham sido algumas das causas do declínio do Império Romano. O chumbo na sua forma metálica (substância simples sólida chumbo, Pb) não é venenoso. Muitas pessoas conseguem viver anos com balas de chumbo alojadas no corpo. Já outras, que aspiram ou ingerem compostos de chumbo, podem até morrer de plumbismo (envenenamento por chumbo). Compostos de chumbo eram antigamente usados como pigmentos em certos corantes, assim muitas tintas antigas contêm chumbo. Crianças, em especial as que moram em locais antigos onde a parede foi pintada com tinta à base de chumbo e esteja descascando, correm o risco de, ao colocar farelos de tinta na boca, contrair plumbismo.

Temas para pesquisa • “Qual a situação do garimpo no Brasil? O que tem o mercúrio a ver com essa 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 com Geografia.

Sugestões de leitura complementar para o professor Textos de Química Nova são disponibilizados em http://quimicanova.sbq.org.br/QN_OnLine_Geral.htm Textos de Química Nova na Escola são disponibilizados em http://sbqensino.foco.fae.ufmg.br/qnesc

Atividade Elaborar um comercial de rádio (com 30 segundos) que informe a população sobre a importância da reciclagem dos metais. Expor em público o texto produzido. Uma atividade desse tipo ajuda a desenvolver várias capacidades. Primeiro, produzir um texto claro, com linguagem simples e direta. Segundo, revelar em poucas palavras o que se entendeu sobre o tema. Terceiro, a exposição em público, que provoca um comprometimento maior com a atividade, permite desenvolver a habilidade de falar em público e atitudes sociais inerentes a essa prática. Além disso, estimula comentários sobre os acertos e os erros dos textos produzidos.

Texto ao professor MERCÚRIO, CHUMBO E MEIO AMBIENTE Mercúrio (Hg) Vapores ou compostos de mercúrio constituem uma ameaça constante para o meio ambiente. No organismo humano, o excesso de mercú-

Comentario

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FERREIRA, A. D. Q. O impacto do crômio nos sistemas biológicos. Química Nova, v. 25, n. 4, 2002. p. 572-578. Artigo que discute aspectos positivos e negativos relacionados 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 sala de aula. Química Nova na Escola, n. 3, 1996. p. 32-33. O artigo sugere um método para a determinação da constante de Avogadro a partir de medidas referentes à eletrólise da água. OKI, M. C. M. A eletricidade e a Química. Química Nova na Escola, n. 12, 2000. p. 34-37. A autora apresenta a trajetória que levou à compreensão da eletricidade, ao seu emprego na descoberta de novos elementos químicos e à sua contribuição para maior aproximação entre Física e Química. SOUZA, J. R.; BARBOSA, A. C. Contaminação por mercúrio e o caso 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 pelo mercúrio empregado em garimpos, com ênfase para a Amazônia.

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Termoquímica: o calor e os processos químicos




• Processos exotérmicos e processos endotérmicos • Unidades de energia relevantes para a termoquímica: a caloria e o joule • Entalpia e variação de entalpia • Conteúdo calórico de nutrientes • Lei de Hess • Estado-padrão • Entalpia-padrão de combustão • Entalpia-padrão de formação • Energia média de ligação • Cálculos estequiométricos envolvendo energia liberada ou absorvida

• Constatar experimentalmente que as sensações de quente e frio às vezes podem ser enganosas. • Constatar experimentalmente que a evaporação de um líquido da superfície da pele provoca resfriamento da pele e relacionar essa constatação com o fato de ser esse um processo endotérmico. • Fazer uso da Lei de Hess para calcular o ∆H de uma reação a partir do conhecimento do ∆H de outras, convenientemente escolhidas. • Empregar valores tabelados de entalpias-padrão de combustão ou de entalpias-padrão de formação ou de energias médias de ligação para estimar o ∆H de uma reação.

• Interessar-se pelas idéias científicas e pela Ciência como maneira de entender melhor o mundo que nos cerca. • Perceber que as sensações de quente e frio (que ajudam na “proteção” do nosso organismo) não são maneiras científicas de medir a temperatura. • Respeitar os hábitos alimentares de outras culturas. • Valorizar a alimentação variada e adequada para a manutenção da saúde. • Interessar-se pelos próprios direitos de consumidor.

Comentário geral O estudo da termoquímica nesse capítulo tem pelo menos dois pontos gerais. O primeiro deles, qualitativo, envolve a noção de que os processos químicos ocorrem com troca de energia entre o sistema e o ambiente que o circunda. Isso permite entender por que certos acontecimentos provocam um aquecimento do meio reacional e de seus arredores e outros provocam um resfriamento. Desenvolver esse primeiro ponto implica discutir o conceito de calor (energia sendo trocada entre dois corpos ou entre partes diferentes de um mesmo corpo), as principais unidades para expressar energia térmica, os conceitos de processo endotérmico, de processo exotérmico, de entalpia e de variação de entalpia, a representação de um processo químico por meio de uma equação termoquímica e a representação gráfica da entalpia de reagentes, da entalpia de produtos e da variação de entalpia de uma reação.

O segundo ponto, quantitativo, consiste na utilização dos princípios científicos para fazer a previsão da quantidade de energia que um processo libera ou absorve. Os exemplos mais significativos são a comparação de diferentes combustíveis (tomando por base, por exemplo, uma mesma quantidade em massa ou em volume) quanto ao calor que liberam. O desenvolvimento desse segundo ponto engloba a Lei de Hess, a definição e a utilização em cálculos das entalpias-padrão de combustão, das entalpias-padrão de formação e das energias médias de ligação. Engloba também a realização de cálculos estequiométricos relacionando quantidade de reagente, ou de produto, com quantidade de energia absorvida ou liberada. O exemplo da página 163 consiste na utilização das entalpias-padrão de combustão e da Lei de Hess para calcular o ∆H da reação entre eteno e hidrogênio para produzir etano (hidrogenação do eteno). O esquema abaixo é outra maneira esquemática de conceber o processo.

Gás carbônico e água

Combustão dos reagentes

Inverso da combustão do produto

2 CO2 (g) + 3 H2O (l) ∆Ho1 = –1.411,2 kJ ∆Ho2 =

7 O 2 2 (g)

–285,8 kJ

∆Ho3 =

Reação global C2H4 (g) + H2 (g) Reagentes

Comentario

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

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∆Ho

=

∆Ho1

C2 H6 (g)

+ ∆Ho2 + ∆Ho3 = –136,3 kJ

Produto

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+1.560,7 kJ

7 O 2 2 (g)


Capítulo 6

17 O 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

∆Ho1 =

–52,4 kJ

Substâncias simples

Formação do produto C2H6

2 C (graf.) + 3 H2 (g) Os reagentes se transformam em substâncias simples, que, por sua vez, se transformam em produto

∆Ho2 = –84,0 kJ


C2H6 (g)

∆Ho = ∆Ho1 + ∆Ho2 = –136,4 kJ

Produto

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

Quebra das ligações dos reagentes

Átomos isolados

Formação das ligações do produto


2 C (g) + 6 H (g) ∆H1 =

+2.696 kJ

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


Atualmente, por definição da Iupac, a pressão no estado-padrão é de 100 kPa (1 bar) e não mais 1 atm (101,3 kPa). Sugerimos que o professor leia a seção Comentário geral do capítulo 4, neste manual, pois essa mudança também afeta a definição de estado-padrão para potencial de eletrodo 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 produtos alimentícios. A confusão ocorre entre os símbolos cal (com c minúsculo) e Cal (com C maiúsculo). A caloria (símbolo cal, com c minúsculo) é uma unidade de energia discutida neste capítulo e que, por ser uma unidade de energia, pode ser empregada para expressar o conteúdo energético de alimentos. Uma vez que, nas porções de alimentos normalmente servidas e ingeridas, o conteúdo energético é da ordem de milhares de calorias, é conveniente empregar a quilocaloria (kcal ⫽ 103 cal). Estabeleceu-se no passado entre os nutricionistas a prática de chamar a quilocaloria de Caloria (com C maiúsculo) e simbolizá-la por Cal (com C maiúsculo):

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

Tema para pesquisa • “Contribuições dos diferentes povos (africanos, portugueses, italianos, libaneses, árabes, japoneses, chineses etc.) para a alimentação do brasileiro.” Esse tema permite concluir que nenhuma culinária é, por si só, boa ou ruim. Todas elas têm aspectos saudáveis e aspectos não-saudáveis. Além disso, esse trabalho pode ser explorado interdisciplinarmente com os professores de História e Geografia, permitindo a abordagem do tema de modo mais amplo, que leva em conta o contexto histórico e geográfico em que se formaram os hábitos alimentares.

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C2H6 (g)

∆H = ∆H1 + ∆H2 = –124 kJ

1 Cal ⫽ 1 kcal ⫽ 103 cal

Comentario

∆H2 = –2.820 kJ

Produto

Experimento SENSAÇÕES TÉRMICAS PODEM SER ENGANOSAS Ao aluno Objetivo: Constatar experimentalmente que as sensações de quente e frio às vezes podem ser enganosas. Material: • três copos de vidro • água ligeiramente aquecida, da torneira elétrica ou do chuveiro, numa temperatura em que seja possível manter o dedo dentro dela sem se queimar • água da torneira, à temperatura ambiente • água gelada, numa temperatura em que seja suportável manter 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 temperatura ambiente. No último, coloque água gelada. 2. Mergulhe o dedo indicador de uma das mãos no copo com água 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 com água à temperatura ambiente. Qual é a sensação que se tem em cada um desses dedos? Proponha uma explicação para essas sensações inesperadas. Ao professor Ao realizar a experiência, o aluno tem inicialmente a sensação de quente 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 ambiente, entretanto, o cérebro recebe informações desencontradas. Um dos dedos informa ao cérebro que aquela água está fria e o outro, que está quente. Mas, se a água está à temperatura ambiente, por que ocorre tal “confusão”?

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Na experiência, um dos dedos se “acostumou” a uma temperatura mais alta. Quando foi colocado na água da torneira, ele mandou ao cérebro a informação de frio. De modo semelhante, o outro dedo se “acostumou” à água fria e, colocado na água da torneira, informou que ela estava quente. Por isso é muito fácil cometer equívocos quanto às informações de quente/frio.

A gasolina é outro exemplo a ser lembrado para ilustrar o fato. Ela queima quase sempre e em qualquer lugar, pois sua faixa de combustibilidade vai desde –42°C até 257°C. Agora já podemos entender o porquê de ela ser um combustível usado universalmente. • Temperatura de ignição: aquela em que os gases desprendidos dos combustíveis entram em combustão apenas pelo contato com o oxigênio do ar, independentemente de qualquer fonte de calor. Até agora, para provocarmos uma combustão, tivemos de lançar mão de uma chama externa (para acendermos a vela, para queimarmos o álcool, para provocarmos a combustão nos gases desprendidos pelo combustível aquecido). Mas, se continuarmos aquecendo o combustível, este chegará a atingir a sua temperatura mais crítica, a temperatura de ignição espontânea, e então os vapores por ele desprendidos entram em combustão pelo simples contato com o oxigênio, sem o auxílio da chama externa.

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

Texto ao professor

Principais pontos e temperaturas de alguns combustíveis ou inflamáveis Combustível inflamável Acetileno

Ponto de fulgor Gás

Álcool etílico PONTOS E TEMPERATURAS IMPORTANTES DO FOGO Quando o fogo se torna um devastador do progresso, fugindo ao controle humano, é chamado incêndio. Nos estudos de prevenção e extinção de incêndios, devemos saber como os diversos materiais se comportam em relação ao calor. Para tal, precisamos conhecer o ponto de fulgor, o ponto de combustão e a temperatura de ignição dos combustíveis. • Ponto de fulgor: temperatura mínima necessária para que um combustível desprenda vapores ou gases inflamáveis, os quais, combinados com o oxigênio do ar em contato com uma chama, começam a se queimar, mas a chama não se mantém porque os gases produzidos são ainda insuficientes. É o chamado ponto de lampejo ou flash point. Dizemos que um combustível está em seu ponto ou temperatura de fulgor no momento em que, chegando-se uma chama externa aos gases desprendidos pelo aquecimento e em contato com o oxigênio, um lampejo for emitido (acende e, em seguida, apaga). Tomemos, como exemplo, o álcool num dia frio. Se quisermos queimá-lo, só conseguiremos que se incendeie efetivamente depois da terceira ou quarta tentativa de ateamento de fogo. Nas primeiras, só conseguiremos que emita lampejos, que logo se apagam. Isso ocorre porque, à temperatura ambiente, o álcool encontra-se no seu ponto ou temperatura de fulgor (flash point). Não está ainda emitindo gases inflamáveis suficientes para alimentar a combustão, e o fogo não se instala. No entanto, a principal característica desse ponto é que, se retirarmos a chama, o fogo se apagará devido à pouca quantidade de calor para produzir gases suficientes e manter a transformação em cadeia, ou seja, manter o fogo. • Ponto de combustão: temperatura mínima necessária para que um combustível desprenda vapores ou gases inflamáveis que, combinados com o oxigênio do ar e ao entrar em contato com uma chama, se inflamam, e, mesmo que se retire a chama, o fogo não se apaga, pois essa temperatura faz gerar, do combustível, vapores ou gases suficientes para manter o fogo ou a transformação em cadeia. Se continuarmos aquecendo o combustível, este atingirá uma temperatura tal que, chegando-se uma chama externa à boca do frasco, o fogo se instala, e permanece, porque o combustível já está gerando quantidade suficiente de gás inflamável para alimentar a combustão. No instante em que, ao atearmos fogo, este se instala e permanece, dizemos que o combustível se encontra em seu ponto ou temperatura de combustão (fire point). No exemplo da queima do álcool, nas tentativas de atear fogo, elevamos gradativamente a temperatura do combustível, até um ponto em que se incendeia e o fogo permanece, porque, estando mais aquecido, o álcool passa a desprender gases inflamáveis suficientes para alimentar a combustão.

Comentario

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12,6°C

Álcool metílico

Temperatura de ignição 335,0°C 371,0°C

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 Querosene

–42,0°C

257,0°C

38 a 73,5°C

254,0°C

Óleo de amendoim

282,0°C

445,0°C

Parafina

199,0°C

245,0°C

Baseando-se nesses pontos e temperaturas, classificam-se os líquidos em: combustíveis (ponto de fulgor entre 70° e 93,3°C) e inflamáveis (ponto de fulgor inferior a 70°C). Fonte: CAMILLO JÚNIOR, A. B. Manual de prevenção e combate a incêndios. 3. ed. rev. atual. São Paulo: Senac, 2001. p. 20, 22-23.

Sugestão de leitura complementar para o aluno BRANCO, S. M. Energia e meio ambiente. 2. ed. São Paulo: Moderna, 2004. (Coleção Polêmica) O autor examina a dependência humana das mais variadas fontes de energia e discute o risco ao meio ambiente que decorre do uso descontrolado das fontes energéticas.

Sugestões de leitura complementar para o professor Textos de Química Nova na Escola são disponibilizados em http://sbqensino.foco.fae.ufmg.br/qnesc CAMILLO JÚNIOR, A. B. Manual de prevenção e combate a incêndios. 3. ed. rev. atual. São Paulo: Senac, 2001. O autor discute aspectos referentes à causa dos incêndios, aos diferentes tipos de fogos, à prevenção de incêndios e à sua extinção. MORTIMER, E. F.; AMARAL, L. O. F. Quanto mais quente melhor. Calor e temperatura no ensino de termoquímica. Química Nova na Escola, n. 7, 1998. p. 30-34. Os autores tecem considerações sobre problemas de compreensão dos conceitos de calor e temperatura, necessários ao estudo da termoquímica.

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

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Capítulo 7

Cinética química: o transcorrer das reações químicas




• Rapidez de reação • Efeito da concentração sobre a rapidez de reações: aspectos qualitativos e quantitativos • Reações elementares e reações não-elementares • Mecanismo de reação como proposta teórica para explicar a lei cinética de uma reação, determinada experimentalmente • Efeito da temperatura sobre a rapidez de reações • Efeito da superfície de contato sobre a rapidez de reações que envolvam reagentes presentes em fases diferentes • Efeito do catalisador sobre a rapidez de reações

• Esboçar gráficos que mostrem a variação ao longo do tempo da quantidade de reagentes e de produtos de uma reação. • Manusear materiais caseiros a fim de comparar a rapidez com que um medicamento efervescente é consumido em diferentes condições de temperatura. • Utilizar dados experimentais cinéticos adequados a fim de determinar a lei cinética de um processo químico. • Investigar, experimentalmente um exemplo do que vem a ser conservar alimentos.

• Prestar atenção aos rótulos de produtos industrializados, com especial atenção aos aspectos relacionados à sua conservação. • Valorizar os conhecimentos de povos antigos no tocante às técnicas de conservação de alimentos. • Perceber que muitos princípios científicos estão presentes em nossa vida cotidiana. • Valorizar os progressos da Ciência e suas aplicações como agentes do bem-estar humano. • Interessar-se pelos próprios direitos de consumidor.

Comentário geral Os aspectos fundamentais da cinética química no ensino médio consistem na compreensão do que é rapidez de uma reação e dos principais fatores que a influenciam. Nesse sentido, é ponto fundamental o fato de reagentes terem sua quantidade diminuída com o passar do tempo e produtos terem sua quantidade aumentada até o momento em que o processo termine (ou, como será complementado no capítulo 8, até que atinja o equilíbrio químico). Com base nisso, pode-se compreender como se quantifica a rapidez da reação, calculando a taxa de variação ao longo do tempo 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 do capítulo. Já os itens 2.5 a 2.9 envolvem um aprofundamento dos itens 2.1 a 2.4 e, a critério do professor, podem ser omitidos. Assim, salientamos que o professor poderá optar por não trabalhar o conteúdo das páginas 189 a 193.

Origem dos termos científicos • A palavra “catálise” vem do grego katá, que significa embaixo, de cima para baixo, no fundo, e l´ysis, ação de separar, dissolver, quebrar.

Comentario

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Tema para pesquisa Cada aluno (ou equipe) escolhe um alimento industrializado como tema. Para cada alimento, devem-se pesquisar as matérias-primas, o método de fabricação, as técnicas de conservação, o prazo de validade comumente atribuído ao produto e as causas mais freqüentes de deterioração. De posse de todos os dados, é possível ao professor mostrar que há várias razões para a deterioração de um produto alimentício e que a cinética dessas reações está ligada a fatores como concentração (de oxigênio dissolvido, por exemplo), temperatura (dentro do refrigerador versus fora dele), estado físico de agregação (congelado versus não-congelado) e presença de enzimas (por exemplo, aquelas existentes na carne recém-abatida ou advindas da presença de bactérias ou de leveduras). O trabalho também permite comparar os fundamentos científicos das principais técnicas de conservação de alimentos (algumas delas muito antigas), tais como defumação (por exemplo, em carnes), desidratação (leite em pó), uso de altas temperaturas (pasteurização e esterilização), uso de baixas temperaturas (refrigeração e congelamento) e uso de muito sal (carne-seca, carne-de-sol, jabá ou charque) ou de muito açúcar (compotas).

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• “Se estivéssemos em um laboratório suficientemente equipado, como deveríamos proceder para determinar a velocidade média de consumo de um comprimido efervescente jogado em água? Em que unidade essa velocidade poderia ser expressa?” Se a escola dispuser de um laboratório adequadamente equipado, essa discussão poderá ser feita nele. E os métodos sugeridos podem ser testados e eventualmente aprimorados.

Experimento CINÉTICA QUÍMICA E CONSERVAÇÃO DE ALIMENTOS Ao aluno Objetivo: Investigar, por experimentação, um exemplo do que vem 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 mãos sujas de suco de limão, pois isso produz manchas na pele. 2. Coloque uma metade da maçã em cada pratinho, com a parte cortada para cima. 3. Esprema o limão sobre uma das metades. Certifique-se de ter coberto toda a superfície branca com esse suco. 4. Após 30 minutos, observe se houve alteração na cor da parte cortada das maçãs. Repita a observação após 1 hora. Anote as observações. 5. Proponha uma explicação para o que se observou. Ao professor O escurecimento da maçã deve-se à reação entre substâncias nela presentes e o oxigênio do ar. Em outras palavras, trata-se de um processo de oxidação no qual o agente oxidante é o O2. A metade da maçã coberta com suco de limão escurece mais lentamente porque a vitamina C do suco do limão é oxidada pelo oxigênio do ar bem mais rapidamente do que as substâncias presentes na maçã. A vitamina C atua como agente antioxidante, preservando a maçã por mais tempo. O saber popular de colocar suco de limão ou suco de laranja na salada de frutas para evitar que pedaços de maçã, pêra ou banana escureçam rapidamente é um exemplo do aproveitamento da característica antioxidante da vitamina C, característica essa explicada na cinética química: a oxidação da vitamina C é mais rápida do que a de substâncias presentes nas frutas da salada. Além de ser um bom exemplo para ilustrar o capítulo, permite ao professor introduzir o que é proposto na seção Tema para pesquisa deste capítulo, neste manual.

Textos ao professor

Em seu trabalho “Estudos das fases transitórias e as reações químicas mediante espectroscopia ultra-rápida”, Zewail registrou o que ocorre quando se rompem laços químicos e se constituem novos laços. Segundo definição da Academia, essa técnica (chamada de femtoquímica) permite estudar as reações químicas em todos os seus detalhes, da mesma forma que podemos rever com precisão jogadas de uma partida de futebol. A academia sueca descreveu a técnica como “a câmera fotográfica mais rápida do mundo”, referindo-se aos pulsos de laser cuja duração é medida em 10 –15 de segundo (femtossegundo). Zewail, que trabalha atualmente no Instituto de Tecnologia da Califórnia (Caltech), em Pasadena, EUA, disse que “a possibilidade de tentar compreender como se comportam os átomos quando se 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 químicas acontecem e outras não.Também pode explicar por que a velocidade e o resultado dessas reações dependem da temperatura. Cientistas de todo o mundo estão estudando métodos com espectroscopia de femtossegundo nos gases, nos líquidos, nos sólidos, sobre superfícies e polímeros. A série de aplicações vai desde como os catalisadores funcionam e como os componentes eletrônicos moleculares devem ser projetados para os mais delicados mecanismos dos processos vitais até como os medicamentos do futuro deverão ser produzidos. A femtoquímica na prática Na espectroscopia de femtossegundo as substâncias originais são misturadas em uma câmara de vácuo. Incide-se, então, dois pulsos de laser: primeiramente, um de intensidade mais forte (pulso de bombeamento), que excita a molécula e a faz atingir um estado maior de energia. Depois, aplica-se um pulso mais fraco (pulso sensor) para detectar a molécula original ou uma forma alterada dela. O pulso de bombeamento é o que dá início à reação, enquanto o pulso sensor se destina a examinar o que está acontecendo. Variando o intervalo de tempo entre os dois pulsos de laser, é possível ver a rapidez com que a molécula original é transformada. As novas formas que a molécula toma quando é excitada — talvez passando por um ou mais estados de transição — têm espectros que poderão servir como impressões digitais. O intervalo de tempo entre os pulsos de laser pode variar simplesmente fazendo-se o pulso sensor realizar um retorno via espelhos. Não um longo retorno, pois a luz cobre a distância de 0,03 mm em 100 femtossegundos! Em suas primeiras experiências, Zewail estudou a desintegração do cianeto de iodo: ICN # I ⫹ CN. Sua equipe pôde observar o estado de transição exatamente quando o elo I-C estava para se romper: toda a reação aconteceu em 200 femtossegundos. Conforme destacou a Academia, a femtoquímica mudou fundamentalmente a visão sobre as reações químicas. De um fenômeno descrito em vagas metáforas, como a “ativação” e “estado de transição”, podem-se agora ver os movimentos de átomos individuais como eram imaginados. Eles não são mais invisíveis. Eis o motivo por que a pesquisa da femtoquímica, iniciada por Zewail, levou a um grande avanço dessa área da química. Fonte: Informativo do Conselho Regional de Química – 4a região, nov.-dez. 1999. p. 9.

ESTUDO DAS REAÇÕES DÁ PRÊMIO A EGÍPCIO O egípcio naturalizado norte-americano Ahmed Zewail foi o ganhador do Prêmio Nobel de Química deste ano [1999], superando assim o brasileiro de origem checa Otto Richard Gottlieb, que concorria ao prêmio com seus estudos sobre a estrutura molecular de substâncias produzidas pelas plantas. Zewail foi escolhido pela Real Academia Sueca de Ciências por ter desenvolvido uma técnica que permite, com a ajuda de rápidos pulsos de laser, observar como os átomos de uma molécula se movem durante uma reação química.

Comentario

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OZÔNIO: NOVA VIDA NO SUL DO CHILE Perigos dos buracos da camada de ozônio transformam costumes na região PUNTA ARENAS, Chile — Tudo é diferente aqui no fim do mundo, começando pelo tempo. Antes que Alejandra Mundaca deixe seus dois filhos saírem, ela confere a previsão para saber o nível dos raios ultravioleta. Nesta última década, o buraco na camada de ozônio sobre a Antártida tem surgido mais cedo na primavera e crescido

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Tema para discussão em grupo

21 mais. Os 125 mil habitantes desta cidade mais ao sul do Chile, no Estreito de Magallanes, têm aprendido relutantemente a adaptar-se. Eles observam as luzes de alerta sobre “bloqueio solar”. Nos dias quentes, a maioria insiste em jaquetas surradas ou camisas de manga longa. Muitos usam óculos escuros e bloqueadores solares fator 50, inclusive quando o céu se cobre de nuvens. “É uma época de perigo máximo para todos aqui”, diz a professora Alejandra, de 33 anos. A camada de ozônio na estratosfera absorve a maioria dos raios ultravioleta do sol. Desde que os cientistas descobriram o buraco sobre a Antártida, em meados dos anos 80, esse quase dobrou de tamanho e cobre agora uma área maior do que a América do Norte durante a primavera no Hemisfério Sul. Os braços do buraco estendem-se ocasionalmente até o sul de Chile e Argentina. Em um dia típico deste mês, a luz de alerta em Punta Arenas foi fixada no laranja, a segunda mais alta entre quatro níveis, e se advertiu para que as pessoas evitassem ficar ao sol por mais de 21 minutos entre meio-dia e 15 horas.


O crescimento do buraco de ozônio é atribuído em grande parte aos clorofluorcarbonos (CFCs), substâncias utilizadas em pulverizadores, até que um acordo, em 1987, começou a bani-los. Mas os cientistas também consideram que o aquecimento global contribui com o fenômeno.

Comentario

“É uma maneira nova de viver”, diz a diretora regional do Ministério da Saúde do Chile, Lidia Amarales Osorno. “Você verá a luz de bloqueio solar fixada em supermercados, escritórios e escolas e inclusive uma brigada de ozônio para conscientizar sobre o problema.” Este ano, a situação foi relativamente suave. O buraco de ozônio rachou em dois e sua monitoração começou em uma segunda fase, somente pela parte menor, que passa sobre Punta Arenas.

Capítulo 8

Mas os cientistas advertem que o problema pode persistir até o meio do século e é provável que piore nesta década. Os oficiais da saúde dizem que a ocorrência de casos de melanoma na capital, Santiago, aumentou 105%, entre 1992 e 1998. Fonte: ROHTER, L. O Estado de S. Paulo, 31 dez. 2002. p. A-13.

Sugestões de leitura complementar para o professor Textos de Química Nova na Escola são disponibilizados em http://sbqensino.foco.fae.ufmg.br/qnesc LIMA, J. F. L.; PINA, M. S. L.; BARBOSA, R. M. N.; JÓFILI, Z. M. S. A contextualização no ensino de Cinética Química. Química Nova na Escola, n. 11, 2000. p. 26-29. As autoras fazem um relato da experiência didática que desenvolveram, na qual empregaram o tema “conservação de alimentos” para contextualizar e problematizar o ensino de Cinética Química em turmas do ensino médio. ROCHA-FILHO, R. C. Femtoquímica: reações químicas em tempo real. Química Nova na Escola, n. 10, 1999. p. 14-16. Esse artigo fornece um panorama sobre a espectroscopia de pulsos de laser ultra-rápidos (femtoquímica), que valeu ao químico egípcio-estadunidense Ahmed H. Zewail o Prêmio Nobel em 1999.

Equilíbrio químico: a coexistência de reagentes e produtos




• Conceito de equilíbrio químico • Equilíbrios homogêneos versus equilíbrios heterogêneos • Constante de equilíbrio em função das concentrações (Kc) • Constante de equilíbrio em função das pressões parciais (Kp) • Grau de equilíbrio • Deslocamento de equilíbrio e Princípio de Le Chatelier • Processo de Haber-Bosch: uma aplicação de conceitos de cinética e de equilíbrio químico

• Empregar o valor de Kc para prever se um sistema está em equilíbrio químico. • Empregar o valor de Kc ou de Kp para estimar o grau de espontaneidade de uma reação. • Operacionalizar cálculos que envolvam Kc e as concentrações de reagentes e de produtos no equilíbrio. • Operacionalizar cálculos que envolvam Kp e as pressões parciais de reagentes e de produtos no equilíbrio. • Utilizar o Princípio de Le Chatelier para prever o que ocorre com um equilíbrio em função de perturbações.

• Apreciar o entendimento das regularidades da natureza. • Valorizar os progressos da Ciência e suas aplicações como agentes do bem-estar humano. • Perceber que muitos princípios científicos estão presentes em nossa vida cotidiana.

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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 apresentarem rendimento total, com a acidez e basicidade das substâncias e das soluções aquosas, com a solubilidade das substâncias e com inúmeros processos relevantes que acontecem na natureza e no sistema produtivo. Por se tratar de um tema bastante extenso, é abordado em três capítulos do livro: o 8, o 9 e o 10. Neste capítulo 8 é feita uma introdução ao conceito de equilíbrio químico. O item 1 inicia o capítulo não com uma demonstração matemática mas sim com a apresentação de que é possível convergir para a situação de equilíbrio químico partindo de “reagentes” ou de “produtos”. (Em se tratando de sistemas em equilíbrio, os “reagentes” são também produtos — da reação inversa — e os “produtos” são também reagentes — da reação inversa. Por convenção, são denominadas “reagentes” as substâncias que aparecem no primeiro membro da equação química, e “produtos”, as que aparecem no segundo.) O Analise estes dados que vem antes do item 2.2 pretende mostrar que se pode convergir para o equilíbrio a partir somente de “reagentes”, somente de “produtos” ou de uma mistura de ambos. Também pretende mostrar que, no equilíbrio a uma dada temperatura, existe uma relação matemática que vincula as concentrações de todas as espécies participantes do processo. Só então é que se demonstra, no item 2.2, a expressão de Kc 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 extensão uma reação favorece a formação dos produtos, mas nada nos informa sobre a velocidade do processo. Uma reação espontânea é aquela em que os produtos são termodinamicamente favorecidos em relação aos reagentes, ou seja, em que há uma tendência de os reagentes se transformarem em produtos porque estes são termodinamicamente mais estáveis do que os reagentes. No entanto saber que uma reação é espontânea não nos permite concluir se ela é rápida ou lenta. O item 2.4 apresenta uma grandeza que não deve ser confundida com a constante de equilíbrio embora esteja relacionada a ele: o grau de equilíbrio. Estudar o grau de equilíbrio prepara para conhecer o conceito de grau de ionização de um eletrólito, que terá relevância no estudo de equilíbrios de ácidos ou bases em solução aquosa. Constante de equilíbrio é um valor numérico característico de uma certa reação química numa certa temperatura, e esse valor numérico é representado por Kc (ou Kp, se for o caso). Quando realizamos uma determinada operação matemática com os valores das concentrações, em mol/L, de reagentes e produtos presentes no equilíbrio, então o resultado desse cálculo é igual ao valor da constante de equilíbrio. Então, podemos justamente usar esse cálculo como critério para testar se um sistema está ou não em equilíbrio. É isso que se faz no item 2.5, de relevância para preparar 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 item 4.6, como resultado da apresentação de situações envolvendo variação de concentração (item 4.1), de pressão (4.2) e de temperatura (4.3). Essa abordagem introdutória ao conceito de equilíbrio envolve a intensa análise de dados experimentais, presentes no capítulo principalmente na forma de tabelas. Pretende-se que o aluno se torne um conhecedor das generalizações científicas referentes ao equilíbrio químico na medida em que perceba que essas generalizações são provenientes da interpretação de observações experimentais. É costume, no ensino médio, “deduzir” a expressão da constante de equilíbrio a partir de considerações cinéticas, nas quais se consideram as reações direta e inversa como sendo elementares. Contudo, na Físico-Química superior, a demonstração de tal expressão é feita exclusivamente por meio de argumentos termodinâmicos (igualdade dos potenciais químicos dos participantes) que independem de as reações direta e inversa serem elementares. Isso está alertado no final do item 2.2, na página 214.

Além disso, para um equilíbrio homogêneo equacionado como: aA + bB

F

cC +

dD

o tratamento termodinâmico* conduz à seguinte igualdade:  [C ]   [ D]    䡠   mol / L   mol / L 

d

 [ A]   [B]    䡠   mol / L   mol / L 

b

c

a

⫽ constante

Nessa altura do desenvolvimento, podemos considerar que o resultado do cálculo indicado no primeiro membro é a constante de equilíbrio. Se isso for feito, a constante de equilíbrio não terá unidade, pois dentro de cada par de parênteses o resultado da divisão é adimensional (pois o mol/L da concentração é cancelado pelo mol/L no denominador) e, portanto, todo o resultado é adimensional. No entanto pode-se desenvolver a igualdade acima até:

([C])c 䡠 ([D])d ([A])a 䡠 ([B])b

䡠

(mol / L)a 䡠 (mol / L) b ⫽ constante (mol / L)c 䡠 (mol / L)d

Se considerarmos que apenas o resultado do cálculo da primeira fração do primeiro membro dessa igualdade será denominado constante de equilíbrio, 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 possuindo a dimensionalidade de (mol/L) (c + d) – (a + b) e outros que a tratam como adimensional, foi colocada a nota de rodapé na página 214. Uma situação que merece atenção diz respeito ao resultado do cálculo indicado nas tabelas 1 (página 213) e 5 (página 218). Os alunos poderão indagar por que Kc e Kp para o equilíbrio: N2O4 (g) F 2 NO2 (g) não apresentam o mesmo valor numérico. Ora, como concentração de um gás e sua pressão parcial não são a mesma grandeza (embora estejam relacionadas), não é de esperar que o resultado seja o mesmo. Se julgar conveniente, o professor poderá estabelecer a relação entre Kc e Kp (desenvolvida em Texto ao professor) e, a seguir, mostrar que Kc e Kp para a reação a que se referem os dados das tabelas 1 e 5 se relacionam conforme previsto pela expressão matemática: Kp ⫽ Kc 䡠 (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 䡠 L 䡠 mol–1 䡠 K⫺1), chegamos a Kp ⫽ 11, o que está de acordo com o resultado da tabela 5. O quadro Aplique, proposto na página 219 do livro, provoca os alunos para que reflitam sobre o fato de Kc e Kp serem grandezas distintas, mas que se relacionam. Outra situação que requer atenção diz respeito à confusão entre os efeitos da temperatura e do catalisador sobre um sistema que converge para o equilíbrio químico. O catalisador reduz o tempo necessário para chegar ao equilíbrio, mas não o desloca. Já o aquecimento, além de reduzir o tempo necessário para chegar ao equilíbrio, provoca seu deslocamento, que pode ser no sentido dos reagentes ou dos produtos, dependendo de o processo ser exotérmico ou endotérmico. (O aquecimento aumenta a rapidez da reação direta e a da reação inversa. Ele afeta, contudo, mais significativamente a reação endotérmica.) O item 4.5 apresenta essa discussão ao aluno.

Experimentos PRINCÍPIO DE LE CHATELIER O artigo de Ferreira, Hartwig e Rocha-Filho, indicado em Sugestão de leitura complementar para o professor, oferece o roteiro para quatro experimentos relacionados ao Princípio de Le Chatelier. São experimentos oportunos para este capítulo e que requerem materiais e reagentes de fácil acesso.

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

Comentario

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Comentário geral

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Texto ao professor

⇒ Kc ⫽

Vamos deduzir uma relação entre Kc e Kp partindo da lei do gás ideal: n = P PV = nRT ⇒ ⇒ [gás] = P RT V RT Concentração do gás em mol/L

Como R é constante, se mantivermos a temperatura constante, poderemos dizer que: Constante se a temperatura for fixa.

1 䡠P RT


A concentração em mol/L de um gás numa mistura...

Comentario

... é diretamente proporcional à sua pressão parcial.

Substituindo na expressão de Kc o valor de concentração para cada gás expressa em função da pressão parcial, chegamos a uma expressão que relaciona ambas as constantes: aA(g) + bB(g)

F cC(g) + dD(g) c

 PC     䡠  RT   ⇒ Kc ⫽ a  PA     䡠  RT  

Kc ⫽

䡠 (RT)(a ⫹ b) ⫺ (c ⫹ d) ⇒

⇒ K c ⫽ K p 䡠 (RT)(a ⫹ b) ⫺ (c ⫹ d) ⇒ K p ⫽ K c 䡠 (RT)(c ⫹ d) ⫺ (a ⫹ b)

RELAÇÃO ENTRE Kc E Kp

[gás] ⫽

(PC )c 䡠 (PD )d (PA )a 䡠 (PB ) b

[C]c 䡠 [D]d ⇒ [A]a 䡠 [B]b

Convencionando ∆n = (c + d) – (a + b), temos finalmente: Kp = Kc 䡠 (RT)∆n, em que ∆n = (c + d) – (a + b)

Sugestão de leitura complementar para o aluno VANIN, J. A. Alquimistas e químicos: o passado, o presente e o futuro. São Paulo: Moderna, 1994. (Coleção Polêmica) Paradidático que oferece um panorama da atuação da Química e dos químicos. O capítulo 7 comenta a história e a importância do processo de Haber-Bosch para a síntese da amônia.

Sugestão de leitura complementar para o professor

d

PD   (PC )c 䡠 (PD )d RT  (RT)a 䡠 (RT) b 䡠 ⇒ b ⫽ (PA )a 䡠 (PB ) b (RT)c 䡠 (RT)d PB   RT 

Capítulo 9

Textos de Química Nova na Escola são disponibilizados em http://sbqensino.foco.fae.ufmg.br/qnesc FERREIRA, L. H.; HARTWIG, D. H.; ROCHA-FILHO, R. C. Algumas experiências simples envolvendo o Princípio de Le Chatelier. Química Nova na Escola, n. 5, 1997. p. 28-31.

Equilíbrios iônicos em solução aquosa




• Constante de ionização de ácidos • 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 solubilidade de gases em água • Noção sobre solução-tampão

• Utilizar o Princípio de Le Chatelier para prever o que ocorre com um equilíbrio iônico em função da variação da acidez do meio. • Comparar a força de ácidos com base nos valores de Ka. • Calcular a concentração de H+ e de OH– em uma solução aquosa de ácido ou de base e, com base nelas, determinar o pH da solução. • Comparar a acidez e a basicidade de meios aquosos por meio dos valores de pH. • Equacionar casos comuns de hidrólise salina. • Prever o efeito de variações de pressão e de temperatura sobre a solubilidade de gases em água.

• Valorizar as medidas de proteção ambiental como promotoras da qualidade de vida. • Apreciar o entendimento das regularidades da natureza. • Valorizar os progressos da Ciência e suas aplicações como agentes do bem-estar humano. • Perceber que muitos princípios científicos estão presentes em nossa vida cotidiana.

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24

O item 1.1 aplica o conceito de constante de equilíbrio aos processos 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 comenta sobre a força das bases conjugadas dos ácidos. Caso o professor julgue conveniente abordar esse tema, poderá trabalhar o Tópico Avançado que está no final do livro do aluno. O item 1.2 aborda a Lei de Ostwald e 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 do Princípio de Le Chatelier a equilíbrios iônicos em solução. O item 2 aborda as escalas de pH e pOH. É uma das mais relevantes aplicações do conceito de equilíbrio químico. As questões sobre esse tema visam à fixação dos pontos fundamentais, sendo que exercícios mais complexos 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 solubilidade de gases. Um exemplo é o da dissolução do ar (particularmente do oxigênio) em água, de importância para muitas formas aquáticas de vida. Dois outros exemplos destacados, no livro, são o da dissolução do dióxido de carbono em água, que deixa o meio ácido, e o da dissolução da amônia em água, que deixa o meio alcalino. Como tais exemplos envolvem íons em solução, afetam o pH da solução e são também influenciados pelo pH do meio, optou-se por colocá-los neste capítulo 9, e não no 10 (em que é feita a análise matemática dos equilíbrios heterogêneos e no qual o ponto central de interesse será o estudo da solubilidade de sólidos em água). O item 6 aborda um assunto relativamente complexo para o ensino médio: solução-tampão. Sugere-se a reflexão à luz da realidade local (interesse dos alunos, vínculos com a Biologia, os medicamentos e os processos bioquímicos etc.), se é relevante trabalhar o tema ou se é melhor pulá-lo em benefício de outro de maior relevância para os alunos.

Origem dos termos científicos • A palavra “ácido” vem do prefixo ac-, presente no grego e no latim, que indica ser picante, agudo, pontudo. É uma clara alusão ao efeito picante dos ácidos sobre a língua. • A palavra “álcali” vem do árabe al-qali, pelo latim medieval alkali, cinza de plantas. Nas cinzas vegetais são encontrados sódio e potássio na forma de óxidos e carbonatos. Graças à presença desses óxidos básicos (que reagem com água formando hidróxidos) e carbonatos (que em água sofrem hidrólise do ânion), a adição de cinzas à água deixa o meio básico. Daí usar “álcali” como sinônimo de base, e “alcalino” como sinônimo de básico.

Tema para pesquisa • “Qual a concentração aproximada de oxigênio e de gás carbônico no ar inspirado e no ar expirado? Como essas diferenças podem ser explicadas em termos de deslocamento de equilíbrio?”

Tema para discussão em grupo • “Sabe-se que peixes podem morrer por falta de oxigênio na água. Mas como pode acontecer de eles morrerem por falta de oxigênio já que na composição da água há oxigênio?”

Experimentos ÁCIDO NO REFRIGERANTE Coloque uma bebida gaseificada num copo, aproximadamente até a metade. Espere alguns segundos até que termine aquela grande

Comentario

24

liberação inicial de gás e diga aos alunos que observem a lenta liberação subseqüente. Adicione, sobre o refrigerante, algumas gotas de ácido clorídrico em solução 0,1 mol/L. Esse reagente deve ser manuseado pelo professor, e todo cuidado deve ser tomado, pois se trata de um produto corrosivo e cujos vapores são irritantes da pele, dos olhos e das mucosas. Mesmo após a liberação inicial de gás, uma boa parte dele ainda se encontra dissolvida na forma de CO2(aq) e, principalmente, na forma de íon bicarbonato. CO2 (g) CO2 (aq) + H2O(l)

F

CO2 (aq)

F H+(aq) + HCO–3(aq)

O aumento da concentração de H+ no meio provoca um deslocamento deste último equilíbrio para a esquerda, com o conseqüente aumento da concentração de CO2 (aq). Isso provoca o deslocamento do primeiro equilíbrio também para a esquerda, o que explica a liberação de gás observada ao adicionar o ácido. Este experimento ilustra como o suco gástrico favorece a liberação do gás das bebidas gaseificadas, estimulando a eructação (arroto).

INVESTIGANDO INDICADORES ÁCIDO-BASE Azul de bromotimol, alaranjado de metila, vermelho de metila, fenolftaleína e tornassol são alguns indicadores cuja coloração pode ser investigada em função da acidez/basicidade do meio, e a mudança de cor explicada com base no equilíbrio químico.

Sugestões de leitura complementar para o professor Textos de Química Nova são disponibilizados em http://quimicanova.sbq.org.br/QN_OnLine_Geral.htm Textos de Química Nova na Escola são disponibilizados em http://sbqensino.foco.fae.ufmg.br/qnesc FIORUCCI, A. R.; SOARES, M. H. F. B.; CAVALHEIRO, E. T. G. O conceito de solução tampão. Química Nova na Escola , n. 13, 2001. p. 18-21. (Veja também errata no n. 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. Demonstração do efeito tampão de comprimidos efervescentes com extrato de repolho roxo. Química Nova na Escola, 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: usar papel ou solução? Química Nova , v. 25, n. 4, 2002. p. 684-688. As autoras sugerem o uso de extratos de amora, jabuticaba, jambolão e uva como indicadores de pH, tanto na forma líquida como em papel. Além de apresentar fotos da cor dos extratos em diferentes pHs, o artigo compara o desempenho desses indicadores, na forma de papel, com o de alguns papéis indicadores universais comercialmente disponíveis. O artigo também inclui fórmulas estruturais de antocianinas e apresenta os equilíbrios químicos envolvidos.

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Comentário geral

25


Capítulo 10 Equilíbrios químicos heterogêneos Principais conteúdos conceituais do capítulo



• Conceitos de Kc e Kp aplicados a equilíbrios heterogêneos • Princípio de Le Chatelier aplicado aos equilíbrios heterogêneos • Solubilidade (ou coeficiente de solubilidade) de sólidos em água • Solução saturada, solução não-saturada e solução supersaturada • Influência da temperatura sobre a solubilidade de sólidos em água • Curva de solubilidade • Produto de solubilidade • Relação entre solubilidade, em mol/L, e produto de solubilidade • Produto de solubilidade na avaliação de uma solução aquosa de soluto iônico como saturada, não-saturada ou supersaturada • Efeito do íon comum sobre a solubilidade de substâncias iônicas em água

• Empregar o valor de Kc para prever se um sistema heterogêneo está em equilíbrio químico. • Utilizar o Princípio de Le Chatelier para prever o que ocorre com um equilíbrio heterogêneo em função de perturbações. • Equacionar casos comuns de equilíbrio químico entre sólido iônico e solução saturada. • Prever o efeito de variações de temperatura sobre a solubilidade de sólidos iônicos em água, sendo conhecido o sinal do ∆H do processo de dissociação iônica. • Analisar uma curva de solubilidade e, a partir dela, prever o efeito de variações de temperatura sobre a solubilidade do soluto. • Relacionar matematicamente produto de solubilidade com solubilidade em mol/L.

• Apreciar o entendimento das regularidades da natureza. • Valorizar os progressos da Ciência e suas aplicações como agentes do bem-estar humano. • Perceber que muitos princípios científicos estão presentes em nossa vida cotidiana.

Comentário geral Os itens 1 e 2 deste capítulo aplicam os princípios estudados no capítulo 8 aos equilíbrios heterogêneos. A novidade, no tocante à aplicação do Princípio de Le Chatelier, é que a adição ou retirada de um sólido participante do equilíbrio não provoca deslocamento desse equilíbrio. Esse ponto prepara para entender o item 3 — em que a solubilidade de sólidos iônicos em água é encarada à luz do equilíbrio químico entre um corpo de chão iônico e os íons presentes na solução saturada —, e permitirá compreender que a adição de uma substância sólida a uma solução saturada dessa mesma substância, em equilíbrio com a fase sólida, provoca apenas o aumento da massa do corpo de chão, e não o aumento da concentração da solução. Também possibilitará entender por que a retirada do corpo de chão não provoca precipitação de soluto dissolvido na solução saturada. O item 4 trata do produto de solubilidade. Cabe ao professor avaliar, considerando a realidade local, se é conveniente explorar tal tema. Caso decida favoravelmente, os itens 4.4 e 4.5 podem ser pulados, pois representam um aprofundamento, que, dependendo da carga horária, nem sempre é oportuno.

Comentario

25

Experimento SAL NO REFRIGERANTE Ao aluno Objetivo: Evidenciar que uma bebida gaseificada é uma solução supersaturada 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 açúcar em vez de sal. 3. Proponha uma explicação para o que observou.

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26 Ao professor A adição de sal sólido a uma bebida gaseificada recém-aberta (solução supersaturada de dióxido de carbono em água) acelera a liberação do excedente de gás, pois os cristais atuam como focos que favorecem a formação de bolhas. (Isso é comparável a inserir um cristal de acetato de sódio a uma solução aquosa supersaturada desse sal, o que provocaria precipitação do excedente de soluto). A adição de cristais de açúcar ou mesmo de grãozinhos de areia a uma bebida gaseificada recém-aberta produziria o mesmo efeito.

CH3CH(OH)COOH, e o acético, CH3COOH. A produção de ácidos é maior quando a comida possui um alto índice de açúcares, como os doces e as bebidas açucaradas. A diminuição do pH reduz a quantidade de íons OH–, o que favorece a desmineralização. Uma vez debilitada a película protetora de esmalte, a cárie é iniciada. A melhor maneira de combater a cárie é ter uma dieta baixa em açúcares e escovar os dentes imediatamente após cada refeição. A maioria das pastas de dente contém fluoreto, por exemplo na forma de NaF, o que também ajuda a reduzir as cáries. Os íons F– substituem parte dos íons OH– durante o processo de remineralização: Ca5(PO4)3F(s)

Texto ao professor

F 5 Ca2+ + 3 PO3– + F–(aq) (aq) 4(aq)

–

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

A CÁRIE DENTAL

Ca5(PO4)3OH(s)

F

5 Ca2+(aq) + 3 PO3–4(aq) + OH–(aq)

Pelo fato de os fosfatos dos metais alcalino-terrosos serem insolúveis, essa reação ocorre somente em pequenas proporções. O processo inverso, denominado remineralização, é a defesa natural do corpo contra a cárie dental. Nas crianças, a mineralização ocorre mais rapidamente que a desmineralização; nos adultos, a remineralização e a desmineralização ocorrem aproximadamente com a mesma velocidade. Após cada refeição, as bactérias que se encontram na boca degradam alimentos produzindo ácidos orgânicos, como o lático,

Sugestão de leitura complementar para o professor MATEUS, A. L. Química na cabeça. Belo Horizonte: Editora UFMG, 2002. Apresenta uma série de experimentos clássicos, que podem ser usados para problematizar e/ou ilustrar pontos importantes da Química do nível médio. A parte 4 do livro, intitulada “Cristais: as jóias da química”, aborda dezesseis experimentos envolvendo cristais, solubilidade, precipitação. Os materiais necessários são relacionados, o procedimento é descrito e os resultados esperados são comentados.

Capítulo 11 Radioatividade: fenômenos de origem nuclear

Comentario




• Características das emissões alfa, beta e gama • Efeitos biológicos da radiação • Cinética das emissões radioativas • Transmutação nuclear • Aplicações da radioatividade • Fissão nuclear • Fusão nuclear • Breve histórico dos acidentes de Chernobyl e do césio-137

• Equacionar um decaimento alfa e um decaimento beta, prevendo, com auxílio da tabela periódica, qual o nuclídeo produzido. • Observar uma equação que representa transmutação, fissão ou fusão nuclear e completar corretamente essa equação caso nela falte apenas um nuclídeo. • Empregar dados de meia-vida para estimar a quantidade de um material radioativo que resta após certo período de tempo.

• Ponderar que os avanços técnicos são, quase sempre, conseqüência da utilização de princípios científicos. • Valorizar as medidas de proteção ambiental como promotoras da qualidade de vida. • Compreender que a pesquisa científica pode fornecer resultados cuja aplicação pelo ser humano pode trazer efeitos benéficos ou efeitos maléficos, o que depende da aplicação, de como é feita e das intenções que a motivam.

26

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Os dentes são protegidos por uma película de esmalte de uns 2 mm de espessura composta de uma substância chamada hidroxiapatita, Ca5(PO4)3OH. Quando ocorre a dissolução (processo chamado de desmineralização), os íons em solução vão para a saliva:

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

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

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

Alguns aspectos destacados são os acidentes nucleares na Ucrânia, com o reator da usina de Chernobyl, e no Brasil, com o césio-137, e a contraposição entre aspectos positivos da tecnologia nuclear, como a datação pelo carbono-14 e a radioterapia do câncer, e aspectos negativos, como os acidentes nucleares e a utilização bélica da tecnologia. Caso o professor não disponha de muito tempo no calendário escolar, este é um capítulo que pode ser estudado pelos alunos como parte de um trabalho que envolva pesquisas e exposições em público, individuais ou em equipe, acerca dos vários aspectos envolvidos no tema radioatividade.

Temas para pesquisa

Assistir ao filme O dia seguinte (The day after, 1983, Estados Unidos, 126 min. Direção: Nicholas Meyer. Versátil Home Video). Feito em 1983, ainda sob o clima da guerra fria, essa produção tenta expressar uma possível concepção do caos que se seguiria a uma guerra em que dispositivos nucleares fossem empregados. Há aspectos nesse filme que propiciam debate e que podem ser tratados de forma interdisciplinar com Geografia, História, Física, Biologia e Inglês.

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


Atividade

Textos ao professor SÍNTESE DOS ELEMENTOS TRANSURÂNICOS Número atômico

Nome

Síntese

Símbolo

93

Netúnio

Np

238 92U

촞

239 93Np

+

0 –1β

94

Plutônio

Pu

239 93Np

촞

239 94Pu

+

0 –1β

95

Amerício

Am

239 94Pu

+

1 0n

촞

240 95Am

+

0 –1β

96

Cúrio

Cm

239 94Pu

+

4 2α

촞

242 96Cm

+

1 0n

97

Berquélio

Bk

241 95Am

+

4 2α

촞

243 97Bk

+

2 0n

98

Califórnio

Cf

242 96Cm

+

4 2α

촞

245 98Cf

+

1 0n

99

Einstênio

Es

238 92U

+ 15 0n

1

촞

253 99Es

+

7 –1β

100

Férmio

Fm

238 92U

+ 17 0n

1

촞

255 100Fm

+

8–1β

101

Mendelévio

Md

253 99Es

+

4 2α

촞

256 101Md

+

1 0n

102

Nobélio

No

246 96Cm

+

12 6C

촞

254 102No

+

4 0n

103

Laurêncio

Lr

252 98Cf

+

10 5B

촞

257 103Lr

+

5 0n

104

Rutherfórdio

Rf

249 98Cf

+

12 6C

촞

257 104Rf

+

4 0n

105

Dúbnio

Db

249 98Cf

+

15 7N

촞

260 105Db

+

4 0n

106

Seabórgio

Sg

249 98Cf

+

18 8O

촞

263 106Sg

+

4 0n

107

Bóhrio

Bh

209 83Bi

+

54 24Cr

촞

262 107Bh

+

1 0n

108

Hássio

Hs

208 82Pb

+

58 26Fe

촞

265 108Hs

+

1 0n

109

Meitnério

Mt

209 83Bi

+

58 26Fe

촞

266 109Mt

+

1 0n

110

Darmstádtio

Ds

208 82Pb

+

62 28Ni

촞

269 110Ds

+

1 0n

111

Roentgênio

Rg

209 83Bi

+

64 28Ni

촞

272 111Rg

+

1 0n

+

1 0n

1

0

0

1

1

1

1

1

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. e LOVELAND, 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. New York: McGraw-Hill, 1994. p. 917.

Comentario

27

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28

[...] Explosões de baixa potência no ar sobre cidades ou florestas próximas tenderão a provocar incêndios extensos, em alguns casos cobrindo uma área total de 100.000 quilômetros quadrados, ou mais. Incêndios em cidades geram enormes quantidades de fumaça negra que se eleva pelo menos à camada superior da baixa atmosfera, ou troposfera. [...] [...] [...] Pela primeira vez se demonstra que temperaturas extremamente baixas, o “inverno nuclear”, se sucederiam por um tempo prolongado a uma guerra nuclear. (O estudo também explica o fato de não terem sido detectados efeitos climáticos do gênero após a detonação de algumas centenas de megatons durante o período de testes atmosféricos de engenhos nucleares pelos Estados Unidos e União Soviética, encerrado pelo Tratado Limitado de Proibição de Testes em 1963: as explosões se sucederam ao longo de vários anos, virtualmente não simultâneas, e, como ocorreram sobre descampados, atóis de coral, tundras e áreas desérticas, não provocaram incêndios.) Os novos resultados foram submetidos a análises detalhadas, e muitos cálculos confirmativos já foram feitos depois, inclusive pelo menos dois na União Soviética. [...] Sabe-se que mesmo quedas de temperatura bem menores trazem conseqüências sérias. A explosão do vulcão Tambora na Indonésia em 1815 foi a causa provável de um declínio na temperatura média global de menos de 1°C, devido ao obscurecimento do sol pela poeira fina propelida para a estratosfera. O frio verificado no ano seguinte foi de tal ordem que 1816 ficou conhecido na Europa e na América como, respectivamente, “o ano sem verão” e “mil-e-oitocentos-e-morrer-de-frio”. Um esfriamento de 1°C acabaria por completo com as lavouras de trigo do Canadá. Pequenas variações globais estão geralmente associadas a variações regionais muito maiores. Nos últimos mil anos, os desvios máximos de temperatura global ou do Hemisfério Norte foram da ordem de 1°C. Numa glaciação, uma baixa prolongada típica da temperatura global em relação às condições preexistentes é de cerca de 10°C. [...]. Diferentemente, porém, da situação numa glaciação, as temperaturas globais após a guerra cairiam bruscamente, e é provável que levassem apenas de alguns meses a alguns anos para restabelecer-se, em vez de milhares de anos. Não é de se esperar que um inverno nuclear induzisse a um novo período glaciário, pelo menos de acordo com a nossa análise preliminar. [...]

Sugestão de leitura complementar para o aluno CHASSOT, A. A Ciência através dos tempos. 2. ed. São Paulo: Moderna, 2004. (Coleção Polêmica) Apresenta um panorama da evolução da atividade científica, da pré-história aos dias atuais. O capítulo 10 inclui a descoberta dos raios X, da radioatividade e a transmutação nuclear.

Sugestões de leitura complementar para o professor Textos de Química Nova na Escola são disponibilizados em http://sbqensino.foco.fae.ufmg.br/qnesc FARIAS, R. F. As mulheres e o Prêmio Nobel de Química. Química Nova na Escola, n. 14, 2001. p. 28-30. Esse artigo, publicado no ano do centenário da primeira entrega do Prêmio Nobel, relata a vida das três mulheres a receberem esse prêmio na área de Química. Duas delas, Marie Sklodowska Curie e sua filha Irène Joliot-Curie, laureadas respectivamente em 1911 e 1935, destacaram-se por suas contribuições na área da radioatividade. SEABORG, G. T. Os elementos transurânicos sintetizados pelo homem. São Paulo: Edgard Blücher, 1969. Livro em que o ganhador do Nobel de Química em 1951, homenageado no nome do elemento 106 (Seabórgio), apresenta aspectos históricos da descoberta dos elementos transurânicos, até o Laurêncio. SEGRÈ, E. Dos raios X aos quarks: físicos modernos e suas descobertas. Brasília: Editora Universidade de Brasília, 1980. O autor, ganhador do Prêmio Nobel de Física em 1959, relata a história de descobertas que abriram os horizontes da Ciência para o mundo das partículas subatômicas.

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

Tópico avançado Comentário geral A conceituação de ácido e de base segundo Brønsted-Lowry é útil no trabalho dos químicos, merecendo destaque sua aplicação na interpretação de reações que ocorrem em meio aquoso e que envolvem deslocamentos de equilíbrio nos quais há pares conjugados ácido-base. Apesar dessa importância científica, há muitas escolas nas quais os professores optam por não ministrar esse tema. Em função disso, preferiuse colocar esse tema, juntamente com uma rápida noção sobre a conceituação ácido-base de Lewis, na forma de um tópico avançado. Esse tópico avançado pode ser trabalhado logo após os itens 1, 2 ou 4 do capítulo 9. Também pode, simplesmente, ser ignorado sem prejuízo apreciável da formação do aluno do nível médio.

Comentario

28

Conceitos ácidobase de BrønstedLowry e de Lewis Sugestão de leitura complementar para o professor Textos de Química Nova são disponibilizados em http://quimicanova.sbq.org.br/QN_OnLine_Geral.htm CHAGAS, A. P. O ensino de aspectos históricos e filosóficos da Química e as teorias ácido-base do século XX. Química Nova, v. 23, n. 1, 2000. p. 126-133.

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A ATMOSFERA E AS CONSEQÜÊNCIAS CLIMÁTICAS DA GUERRA NUCLEAR

29

RESOLUÇÕES Capítulo 1 c) A indicação do rótulo é de que há 60 g de soluto em 1 dm3, ou seja, em 1.000 mL dessa solução. Assim, um quarto dessa massa de soluto, 15 g, estará presente em um quarto desse volume, 250 mL. Expressando esse raciocínio por meio de uma regra de três, temos:

Expressando a concentração de soluções 1


6

Não. Apenas as misturas homogêneas (que apresentam uma só fase) são chamadas de soluções. As misturas heterogêneas (mais de uma fase) não recebem essa designação. Grandezas: Massa de soluto 11,9 g 9,52 g

Volume de solução — 1L — V

⇒ V 0,800 L

Grandezas: Massa de soluto 60 g — 15 g — 8

a) O solvente é a água, o que se deduz pela indicação (aq), que indica 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, ou seja, em 1.000 cm3 dessa solução. Assim, na metade desse volume, 500 cm3, haverá 30 g de soluto. Expressando esse raciocínio por meio de uma regra de três, temos: Grandezas: Massa de soluto 60 g x

12

— —

Volume de solução 1.000 cm3 500 cm3

⇒

9

x 30 g

⇒ y 250 mL

Grandezas:

Massa de soluto 27 g 1 106 g

Grandezas:

Volume (em L) 1 103 L 3,7 104 L

— —

Massa de soluto 80 g x

Volume de solução — 1.000 mL ⇒ — 250 mL

ou V 800 cm3

7

Volume de solução 1.000 mL y

Grandezas:

Volume de solução — 1L ⇒ x 3,7 104 L — x Volume (em m3) 1 m3 y

⇒

y 37 m3

x 20 g

Ambas as bolinhas são menos densas que o líquido do desenho 훽 e mais densas que o do desenho 훾. A bolinha verde é mais densa e a vermelha é menos densa que o líquido do desenho 훿. Assim, podemos elaborar o seguinte esquema: Bolinha vermelha

Bolinha verde Densidade crescente

Líquido 훾

Líquido 훿

Líquido 훽

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

13

15

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 g de soluto. c) Sendo conhecida a massa de 1,0 L de solução (item a) e a massa de soluto presente nesse volume (item b), deduzimos que a massa de água é igual a 1.100 g menos 165 g, ou seja, 935 g. a) O soluto é HNO3 (ácido nítrico) e o solvente é água. b) 0,1 mol c) 6,3 g, pois a massa molar do HNO3 é 63 g/mol. Ou, em regra de três, temos: Grandezas: Massa Quantidade de matéria 63 g — 1 mol ⇒ x — 0,1 mol

Resoluções do Vol 2_cad1

29

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

Quantidade de matéria 1.000 mL — 0,1 mol 500 mL — y

⇒ y 0,05 mol

e) É a metade da massa respondida no item c, ou seja, 3,15 g. Em regra de três: Grandezas: Massa Quantidade de matéria 63 g — 1 mol ⇒ w 3,15 g w — 0,05 mol f) No item c chegamos à massa de soluto em um litro de solução. Com base nesse resultado, a concentração dessa solução pode ser expressa como 6,3 g/L.

6/24/05, 14:13

30 29

A equação da dissociação iônica é: K(aq) I(aq)

KI(s) →

Assim, temos a proporção entre a quantidade que se dissocia e as quantidades de íons que passam a estar em solução. KI (s) K(aq) I(aq) Proporção: 1 mol 1 mol 1 mol Grandezas: Quantidade Quantidade Quantidade de matéria de matéria de matéria 1 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 24

e

Um modo de resolver o problema é descobrir a massa de soluto presente em um litro de solução. A densidade informa que a massa de cada mililitro de solução é 1,05 g. Disso decorre que a massa de 1 L (1.000 mL) é 1.050 g. E a porcentagem em massa de soluto informa que, dessa massa total, 10% é massa de soluto. Assim: Grandezas:

— —

Porcentagem 100% 10%

⇒

x 105 g

Como um litro da solução contém 105 g de soluto, podemos afirmar que a concentração desse soluto é 105 g/L. 30

Empregando a definição de título em volume, temos:

[I ] 0,01 mol/L

Quando o ácido sulfúrico sofre ionização, cada mol de ácido origina um mol de sulfato, de acordo com a equação: H2SO4(l) → 2 H(aq) SO42(aq) Assim: H2SO4(l) SO42(aq) Proporção: 1 mol 1 mol Grandezas: Quantidade Quantidade de matéria de matéria 1 mol — 1 mol 0,003 mol — 0,003 mol

Massa 1.050 g x

Tv 31

Vsoluto Vsolução

39 L 50 L

⇒

T v 0,78

Determinar a concentração de SO2 expressa em ppm (partes por milhão) em volume consiste essencialmente em determinar quantos litros de SO2 estão presentes em um milhão de litros (1 106 L) de ar. Assim: Grandezas:

Volume de ar 100 L 1 106 L

— —

Volume de SO2 2 108 L x

⇒

x 2 104 L

Então, se 2 104 L de SO2 estão presentes em um milhão de litros de ar, a concentração desse poluente é de 2 104 ppm em volume.

Portanto, a concentração de íons sulfato é: [SO2 4 ] 0,003 mol/L 25

32

A equação da dissociação iônica é: Fe2(SO4)3(s)

→

2 Fe3 (aq)

3 SO42(aq)

Assim, temos a proporção entre a quantidade que se dissocia e as quantidades de íons que passam a estar em solução. Fe2(SO4)3(s) 2 Fe3 3 SO42(aq) (aq) Proporção: 1 mol 2 mol 3 mol Grandezas: Quantidade Quantidade Quantidade de matéria de matéria de matéria 1 mol — 2 mol — 3 mol 0,1 mol — 0,2 mol — 0,3 mol

Grandezas:

27

28

e

[SO42] 0,3 mol/dm3

Na solução que se deseja preparar, deve haver 100 g de sacarose e 900 g de água, totalizando 1.000 g (1 kg), dos quais 10% é a massa de soluto e 90% é a massa de solvente. Assim, devem-se, separadamente, pesar 100 g de sacarose e 900 g de água. No caso da água, como medir volume é mais fácil do que medir massa, pode-se medir o volume de 900 mL, pois a densidade da água pura (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 se dissolva. Vamos considerar uma amostra de um litro dessa solução. A densidade 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 concentração informa que cada litro de solução contém 165 g de soluto. Dessa maneira, conhecemos a massa total da amostra de um litro de solução e também a massa de soluto nela presente. Assim: Grandezas:


Massa 1.100 g 165 g

— —

30

Porcentagem 100% x

⇒

x 15%

Massa Massa de salsicha de estanho 1 103 g — 0,300 g x 1 106 g —

⇒

x 300 g

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

Portanto, na solução, as concentrações de íons são: [Fe3] 0,2 mol/dm3

Determinar a concentração de estanho expressa em ppm em massa consiste essencialmente em determinar quantos gramas de estanho estão presentes em um milhão de gramas (1 106 g) de salsicha. 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:

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 é 100 mL e a ele foram adicionados 100 mL de água. d) A concentração final, em g/L, é a metade da inicial, pois a massa de soluto permaneceu constante e o volume dobrou. e) A concentração final, em mol/L, é a metade da inicial, pois a quantidade em mols de soluto permaneceu constante e o volume dobrou.

36

Ci

mi

Cf

mf

Vi Vf

⇒

mi Ci Vi

(1)

⇒

mf Cf Vf

(2)

6/24/05, 14:13


23

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

43

Ci Vi Cf Vf 37

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

M2

⇒

Mf

⇒

Mi Vi Mf 3 Vi ⇒

Mf 44

Mi 3

Ti


38

Tf

m i soluto

⇒

Ci Vi Cf 3 Vi ⇒

Cf

Ci 3

1,2

Ti mi Tf mf

40

⇒

Tf

⇒ 42

45

10 g/L 200 mL Cf 500 mL

46

(em que

V1 V2

1 V1 2 V2

⇒ 1,2 (V1 V2) V1 2 V2 ⇒

V1 V2

V1 V2

4

Alternativa C. Solução 훽 VA 100 mL MA 0,30 mol/L

MA

Cf 4 g/L

31

M 1 V1 M 2 V2

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

⇒

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


Mf

Exclusivamente ao misturar soluções 0,5 mol/L e 1,0 mol/L, a concentração da solução obtida terá um valor entre 0,5 mol/L e 1,0 mol/L. Se forem misturados volumes iguais de ambas, por exemplo, a solução resultante terá concentração 0,75 mol/L. Se forem usados volumes diferentes, quanto maior o volume de solução 0,5 mol/L, mais a concentração da solução obtida tenderá ao valor 0,5 mol/L. E quanto maior o volume de solução 1,0 mol/L, mais a concentração da solução obtida tenderá ao valor 1,0 mol/L. Porém, a concentração resultante não poderá ser inferior 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.

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

⇒

V1 V2

Esse resultado indica que as soluções devem ser misturadas de tal forma que o volume da solução 1,0 mol/L deve ser quatro vezes maior que o da solução 2,0 mol/L. Assim, por exemplo, se for usado um litro da solução 2,0 mol/L, devem ser usados quatro litros da solução 1,0 mol/L.

3

Vamos considerar que cada copo contenha o volume V de líquido. Dentro dessa consideração, o volume inicial (que é o de três copos) é 3 V. A concentração em mol/L dos solutos presentes na limonada devese reduzir a 60% da inicial. Isso é matematicamente expresso assim: 60 Mf M 100 i Assim: 60 M i Vf ⇒ Mi Vi Mf Vf ⇒ M i 3 V 100 ⇒ Vf 5 V

Ci Vi Cf Vf

n1 n 2

V1 0,8 ⇒ 0,2 V1 0,8 V2 ⇒ V 0,2 ⇒ 2

Ti

Assim, concluímos que o volume final é igual ao de cinco copos. Porém, como o volume inicial já é de três copos, devem ser acrescentados dois copos de água. 41

M f 0,32 mol / L

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

Como o título em massa é inversamente proporcional à massa da solução, podemos deduzir que, se essa massa triplicar, mantendo-se a massa 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

⇒

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

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

39

0,16 mol 0,500 L

Mf 1,2 mol/L)

⇒ m f soluto = T f m f (2)

mf

⇒ Mf

Seja V1 o volume, em litros, da solução 1,0 mol/L: n M1 1 ⇒ n1 M1 V1 (em que M1 1,0 mol/L) V1

Mf

m f soluto

nf Vf

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

⇒ m i soluto T i m i (1)

mi

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

Seja V2 o volume, em litros, da solução 2,0 mol/L: n M2 2 ⇒ n2 M2 V2 (em que M2 2,0 mol/L) V2

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

n2 V2

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

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

Na primeira solução há 0,10 mol de soluto: n M 1 1 ⇒ n1 M1 V1 0,50 mol/L 0,200 L 0,10 mol V1 Na segunda solução há 0,06 mol de soluto:

n1A

MB

VA

0,30 mol / L

n1A

0,1 L n1A 0,03 mol

MC

n1A n1B VA VB

6/24/05, 14:13

Solução 훾 VB 200 mL MB 0,15 mol/L

0,03 0,03 0,1 0,2

n1B VB

0,15 mol / L

n1B

0,2 L n1B 0,03 mol

⇒ M C 0,2 mol L1

32 Assim, em 1,0 L da solução 훽, teremos aproximadamente 4,0 mol. Dessa forma, a concentração em quantidade de matéria é igual a:

47 →

MA 4,0 mol L1

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

Retira-se metade da solução (3)

⇒

n1 0,6 mol

→

Como as soluções misturadas possuem solutos iguais, podemos escrever: 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 L1

n1 0,8 mol

o volume é dobrado por ⇒ diluição

50

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

3,5 g 1 0,06 mol 58,5 g mol

n NaCl

V(3) 200 mL

V(4) 400 mL

M(3) 2,0 mol/L

M(4) ?

Massa molar do açúcar 342 g/mol

n açúcar

M(3) V(3) M(4) V(4) 2,0 0,2 M(4) 0,4

M

M(4) 1,0 mol L1

11,0 g 0,03 mol 1 342 g mol

n NaCl n açúcar 1,0 L ⇒

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

⇒

M 0,09 mol L1

48 51

Alternativa D.

→

Sol. 훽 HCl(aq) VA ? MA 8,0 mol/L

Sol. 훾 HCl(aq) VB ?

Sol. 훿 HCl(aq) VC 1,0 L

MB 3,0 mol/L

MC 6,0 mol/L

KOH(aq) H2SO4(aq) K2SO4(aq) V 300 mL V 200 mL V 500 mL M 2,0 mol/L M 1,0 mol/L M? ↓ ↓ nbase 0,6 mol nácido 0,2 mol Como se trata de uma mistura com reação química, podemos escrever: 2 KOH(aq) H2SO4(aq) → K2SO4(aq) 2 H2O 2 mol — 1 mol — 1 mol ← proporção da equação 0,6 mol — 0,2 mol ← dados do problema 0,4 mol — 0,2 mol — 0,2 mol ← participam da reação 0,2 mol (excesso) A solução resultante dessa mistura possui um volume de 0,5 L e apresenta 0,2 mol de KOH (excesso) juntamente com 0,2 mol do produto da reação K2SO4(aq). A concentração em quantidade de matéria do K2SO4(aq) é dada pela expressão:

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

M

→ 52

Sol. 훽 H2SO4(aq)

Sol. 훾 H2SO4(aq)

Sol. 훿 H2SO4(aq)

dA 1.235 g/L

VB 500 mL

VC 600 mL

MB 1,0 mol/L

MC ?

TA 31,7%

0,2 mol 0, 4 mol L1 0,5 L

Alternativa E.

→

VA 100 mL Cálculo da concentração em quantidade de matéria de 훽:

dA

mA

TA

VA

1.235 g / L

mA 1L

mA 1.235 g n1A


0,317

m1A mA

m1A 1.235 g

m1A 391 g

391 g ≅ 4,0 mol 98 g mol1

32

HCl(aq) NaOH(aq) NaCl(aq) VA 40,00 mL VB 60,00 mL V 100,00 mL MA 1,600 mol/L MB 2,000 mol/L MNa, Cl, OH ? ↓ ↓ nácido 0,064 mol nbase 0,120 mol Como se trata de uma mistura com reação química, podemos escrever: H(aq) Cl(aq) Na(aq) OH(aq) → Na(aq) Cl(aq) H2O 1 mol

1 mol

1 mol

1 mol

0,064 mol 0,064 mol 0,120 mol 0,120 mol

6/24/05, 14:13

← proporção ← dados do problema


33 H

54

→ todo H presente na solução foi consumido na formação da água. OH → Foi adicionado 0,120 mol de OH na solução na forma de NaOH. Houve consumo de 0,064 mol na formação da água, restando 0,056 mol dissolvido em 0,1 L da solução. Assim, a concentração em quantidade de matéria do OH é igual a 0,56 mol L1. Cl → Foi adicionado 0,064 mol de Cl na solução na forma de HCl. Ao final, a solução continua contendo 0,064 mol de Cl dissolvido em 0,1 L da solução. Assim, a concentração em quantidade de matéria do Cl é igual a 0,64 mol L1. Na → Foi adicionado 0,120 mol de Na na solução na forma de NaOH. Ao final, a solução continua contendo 0,120 mol de Na dissolvido em 0,1 L da solução. Assim, a concentração em quantidade de matéria do Na é igual a 1,20 mol L1.

58

a) O modelo 햲, pois ainda não há íons Cl no erlenmeyer. b) O modelo 햳, pois há íons Cl no erlenmeyer, mas não há igualdade entre as quantidades em mol de íons Na e Cl, o que revela que a quantidade de ácido adicionada ainda não foi suficiente para reagir completamente com a quantidade de base inicialmente presente. A indicação OH dentro do erlenmeyer representa a presença de íons hidroxila provenientes da base que ainda não foram neutralizados. c) O modelo 햴, pois há igualdade entre as quantidades em mol de íons Na e Cl, o que revela que a quantidade de ácido adicionada foi exatamente a necessária para reagir com a base inicialmente presente, sem haver excesso de ácido ou de base. d) O modelo 햵, que não é resposta dos itens anteriores, corresponde a uma situação em que se adicionou ácido além do ponto final, pois há mais íons Cl no erlenmeyer do que íons Na. A indicação H dentro do erlenmeyer representa a presença de íons hidrogênio provenientes do ácido que não podem ser neutralizados pela base, pois toda ela já foi consumida.

A equação da reação é:

60

A partir da proporção estequiométrica expressa pelos coeficientes da equação química, podemos determinar a quantidade em mols de ácido necessária para reagir completamente com 0,10 mol de zinco.


HCl(aq) KOH(aq)

→

KCl(aq) H2O(l)

que fornece a proporção estequiométrica entre HCl e KOH. HCl Proporção: 1 mol Grandezas: Quantidade de matéria 1 mol Mácido Vácido

— —

KOH 1 mol Quantidade de matéria 1 mol Mbase Vbase

Mácido Vácido

Mbase Vbase

Zn 2 HCl Proporção: 1 mol 2 mol Grandezas: Quantidade Quantidade de matéria de matéria 1 mol — 2 mol 0,10 mol — x

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

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

61

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 Proporção: 1 mol Grandezas: Quantidade de matéria 1 mol Mácido Vácido 2 Mácido Vácido

— —

2 NaOH 2 mol Quantidade de matéria 2 mol Mbase Vbase

Mbase Vbase

A proporção estequiométrica expressa pelos coeficientes da equação nos permite determinar a quantidade em mols de ácido que é necessária para reagir completamente com 100 g de CaCO3.

100 g


33

2 HCl 2 mol Quantidade de matéria 2 mol

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

n 2 mol n ⇒ V M 0,10 mol / L V Ou, por regra de três: M

Grandezas:

Volume 1L V

Mácido 0,04 mol/L A equação da reação é: HCl(aq) KOH(aq) → KCl(aq) H2O(l) que fornece a proporção estequiométrica entre HCl e KOH, que é de 1 : 1. Vamos calcular a quantidade em mols de cada reagente. Frasco A: nácido Mácido Vácido 0,10 mol/L 0,400 L nácido 0,0400 mol Frasco B: nbase Mbase Vbase 0,30 mol/L 0,200 L nbase 0,0600 mol Como a proporção estequiométrica entre ácido e base é de 1 mol para 1 mol, deduzimos que há excesso estequiométrico de base e, portanto, a solução resultante será básica.

CaCO3 1 mol Massa

Proporção: Grandezas:

Substituindo os valores: 2 Mácido Vácido Mbase Vbase 2 Mácido 25 mL 0,10 mol/L 20 mL

57

⇒ x 0,20 mol

62

Quantidade de matéria — 0,10 mol — 2 mol

⇒

V 20 L

⇒

V 20 L

Vamos determinar a quantidade em mols de ácido presente na solução derramada. n M V 1,0 mol/L 0,500 L ⇒ n 0,50 mol Vamos agora estabelecer uma relação entre a quantidade em mols de ácido clorídrico e a massa de bicarbonato de sódio. Proporção: Grandezas:

NaHCO3 1 mol Massa 84 g x

HCl 1 mol Quantidade de matéria — 1 mol — 0,50 mol

⇒

x 42 g

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

6/24/05, 14:13

34 Grandezas: Quantidade de matéria 1 mol — 0,6 mol —

a) 2 H2O2(aq) → 2 H2O(l) O2(g) b) Para determinar a porcentagem, vamos inicialmente determinar a massa de peróxido de hidrogênio que se decompôs. Proporção: Grandezas:

2 H2O2 O2 2 mol 1 mol Massa Volume 2 34 g — 25 L x — 1,25 L

⇒

64

Massa Porcentagem 100 g — 100% 3,4 g — y


⇒

CH3COOH NaOH 1 mol 1 mol Quantidade Quantidade de matéria de matéria 1 mol — 1 mol Mácido Vácido — Mbase Vbase

⇒

Alternativa A. As sementes são sistemas fechados, que não terão sua densidade influenciada pelo açúcar, que não entra nelas. Já a solução terá sua densidade alterada pela dissolução desse soluto. E como as sementes sobem, deduz-se que a densidade do líquido aumenta com a dissolução do açúcar (assim, as sementes passaram a ser menos 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 considerar 100 L dessa mistura. Nela, há 96 L de álcool e 4 L de água (estamos desconsiderando qualquer eventual efeito de “contração de volume” ao misturar os componentes). Vamos determinar a massa de cada um desses componentes. Álcool: m d ⇒ m d V 800 g / L 96 L 76.800 g V Água: m d m d V 1.000 g / L 4 L 4.000 g ⇒ V Assim, a massa total de 100 L da mistura é 80.800 g (a soma das massas calculadas). E, portanto, podemos calcular a densidade dessa mistura:

Mácido Vácido Mbase Vbase

Substituindo valores fornecidos: Mácido Vácido Mbase Vbase Mácido 20 mL 0,40 mol/L 25 mL Mácido 0,50 mol/L Esse resultado indica que em um litro de vinagre há 0,50 mol de ácido acético. Como a massa molar desse ácido é 60 g/mol, deduzimos 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 tem massa 1,0 g e que um litro (1.000 mL) tem massa 1.000 g. Assim, podemos estabelecer uma relação para determinar a que porcentagem da massa de um litro de vinagre corresponde a massa de ácido acético. Grandezas: Massa Porcentagem 1.000 g — 100% ⇒ x 3% 30 g — x

80.800 g m ⇒ d 808 g/L V 100 L Apenas o posto IV apresenta combustível exatamente com essa densidade. Levando-se em conta que não há alternativa que apresente apenas o posto IV, vamos aprimorar o nosso raciocínio. Da mistura água/álcool, o componente de interesse (por ser combustível) e de maior preço é o álcool. A adulteração consiste em adicionar água ao combustível, deixando-o com mais de 4% desse componente. Assim, podemos considerar como não-adulterado um combustível com até 4% de água. Tal combustível apresentará densidade entre 800 g/L (álcool anidro, isto é, isento de água) e 808 g/L (mistura permitida por lei). Assim, os postos IV e V estavam com combustível adequado. d

Concluímos, portanto, que a afirmação do fabricante não está correta, pois a amostra analisada contém menos de 4%, em massa, de ácido acético. 65

Primeiramente vamos determinar a quantidade em mols de ácido derramado. n M V 16 mol/L 5 103 L ⇒ n 8 104 mol Agora vamos estabelecer uma relação para determinar a massa de hidróxido de cálcio necessária para neutralizar essa quantidade de ácido. 2 H3PO4 3 Ca(OH)2 Proporção: 2 mol 3 mol Grandezas: Quantidade Massa de matéria 2 mol — 3 74 g ⇒ x 8,9 106 g x 8 104 mol — ou x 8,9 t Portanto, a massa de 10 t de cal hidratada é suficiente para realizar a neutralização do ácido derramado.

67

Grandezas:

Volume

Quantidade de matéria — 0,06 mol ⇒ — x

1L 10 L


34

75

Alternativa A. 350 mL — 100% x — 5% x 17,5 mL de etanol por lata 1,0 L de sangue — 0,6 g de etanol no máximo 5,0 L de sangue — y y 3,0 g de etanol, no máximo, por 5,0 L de sangue 3,0 g de etanol — 15% z — 100% z 20 g de etanol ingerido, no máximo

m 20 ⇒ 0,8 ⇒ V 25 mL de etanol V V 25 mL é o volume correspondente a 20 g de etanol. Assim, o máximo permitido é 1 lata. d

x 0,6 mol

y 35 g

71

y 3,4%

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

⇒

Alternativa E. De acordo com o enunciado, excetuando uma massa desprezível de adoçante na versão “diet”, a diferença entre ambas as apresentações 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. Como essa massa de soluto está dissolvida em 300 mL, temos: 15,0 g C ⇒ C 50,0 g / L 0,300 L

x 3,4 g

⇒

58,5 g y

70

Assim, na amostra de 100 g de água oxigenada (que é uma solução aquosa de peróxido de hidrogênio) há 3,4 g de H2O2. Podemos, então, determinar a que porcentagem isso corresponde. Grandezas:

Massa

6/24/05, 14:14


63

35 76

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

Alternativa E. 1,0 L de sangue — 0,6 g de etanol no máximo 6,0 L de sangue — x x 3,6 g de etanol no máximo por 6,0 L de sangue m 3,6 d ⇒ 0,8 ⇒ V 4,5 mL de etanol V V Assim, podemos dizer que 3,6 g de etanol correspondem a 4,5 mL. y 350 mL

— —

Grandezas:

y 14 mL de etanol por lata

79

— —

Grandezas:

14 mL de etanol 4,5 mL de etanol

m1

⇒ C

V


85

n1

⇒ M

V

8,0 g 0,5 L

⇒ C 16 g / L

160 g / mol

⇒ M 101 mol L1

1,0 L

NaCl:

n

9g 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

89

M 90

Massa Volume 3,66 108 g — 1 106 L x — 1L

⇒

m V

n1 V

x 3,66 1014 g

⇒ V

Massa

⇒ 88

— —

Número de moléculas 6 1023 moléculas y

Grandezas:

92

Alternativa B. I) 0,05 g/L 50 mg/L 50 ppm

⇒

x 17,4%

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


35

m1 M1

n1

A concentração de flúor encontra-se no limite.

150 103 3,57 103 42 0,25 0,25

V V 0,014 mol L1

III)

⇒

M 4, 0 10 13 mol L1

⇒

Usando a Lei do Gás Ideal, podemos determinar o volume ocupado 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 % x 0,015 % 30,0 L — x ⇒ y 0,017 % 33,5 L — y A alternativa mais adequada é a C.

y 1,8 108 moléculas

Massa Porcentagem 1.210 g — 100% 210 g — x

⇒ Var 4,0 1010 L

37,50 g 1,34 mol 28 g / mol

II) M

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

5,0 1010 g 1,25 g / L

0, 016 mol 4, 0 10 10 L

Agora vamos determinar quantas moléculas estão presentes nessa massa:

122 g 3,66 1014 g

z 3,04 mol

Alternativa C. n CO

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

Grandezas:

⇒

Alternativa D. d

n

Grandezas:

Quantidade de matéria — 1 mol — z

(Uma resolução incorreta, porém não muito improvável entre os alunos, é calcular quantos mols de uréia existem em 210 g, o que resulta em 3,5 mol, e a seguir considerar que essa quantidade de soluto está dissolvida em 1 L, chegando a 3,5 mol/L, alternativa B. O erro está no fato de a massa de 210 g de uréia estar dissolvida em 1.000 g de água, não em 1.000 mL de solução, já que a densidade da solução não é 1,0 g/mL.)

30 g ⇒ n 0,88 mol 34 g / mol Assim, as soluções apresentam valores de concentração em quantidade de matéria que são, respectivamente, 0,15 mol/L, 0,83 mol/L, 0,27 mol/L e 0,88 mol/L. 87

y 182,2 g

M 3,04 mol/L

Alternativa D. Sendo a densidade das soluções 1,0 g/L, deduzimos que um litro de cada uma tem massa 1.000 g. Aplicando os porcentuais tabelados a essa massa, podemos calcular 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.

H2O2:

⇒

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

16 g M

Massa 60 g 182,2 g

Alternativa D. C

Massa 210 g y

— —

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

4% 100%

lata 350 mL z z 112,5 mL

Massa 1.210 g 1.050 g

94

1,5 104 L 1,5 ppm 100 L

Menor que 2 ppm ou 3 ppm.

a) C (g/L) 1.000 d (g/mL) T 1.000 1,42 0,7 994 g/L de HNO3 1,0 L de solução — 994 g de HNO3 0,5 L de solução — x x 497 g de HNO3

b)

M

n1 V

m1 M1

6/24/05, 14:14

V

994 g 63 g / mol 16 mol L1 1,0 L

36 95

01) Se adicionar 500 mL de água, a solução resultante passará a ser 0,5 mol/L. 02) Se evaporar 250 mL de água da solução inicial, a solução resultante 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

Massas molares (g/mol): K 39; S 32; Mg 24. K2SO4 78 g (2 K) — 0,312 g — x 0,128 g de S

MgSO4 32 g (1 S) x

24 g (1 Mg) — 32 g (1 S) 0,048 g — y y 0,064 g de S

do soluto dissolvido; então em 500 mL teremos

1 mol do 2

1 mol de NaCl, tere2 mos na solução resultante 1,0 mol do soluto dissolvido em 500 mL de solução; assim, a solução resultante terá concentração igual a 2,0 mol/L. 08) 500 mL de solução 3,0 mol/L de NaCl contêm 1,5 mol do soluto dissolvido em 500 mL de solução. Se misturarmos

soluto dissolvido. Ao adicionar mais

0,192 g/L 192 mg/L Alternativa D. 1 mol O2 — x —

22,4 L 20,0 L

x 0,89 mol de O2

Quantidade produzida da decomposição completa do H2O2 presente em um litro de solução. 2 H2O2(aq) → 2 H2O(l) 1 O2(g) 2 mol — 1 mol y — 0,89 mol y 1,78 mol Assim, há 1,78 mol de H2O2 em um litro de solução.

99

101

105

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 mL Como o volume da solução deve aumentar de 100 mL para 1.000 mL, deduzimos que devem ser adicionados 900 mL de água.

M

104

02 04 08 14

água

촞 Na2SO4(aq) Mf 1,75 mol/L Vf ?

Mi Vi Mf Vf 3,5 0,01 1,75 Vf Vf 0,02 L 20 mL Deverão ser adicionados 10 mL de água. Portanto a massa de Na2SO4 necessária é 50 g e o volume de água é 10 mL.

Alternativa B.

Alternativa C. 15 gotas diluídas para 20 mL de solução 0,75 gota/mL 15 gotas diluídas para 40 mL de solução 0,375 gota/mL 05 gotas diluídas para 20 mL de solução 0,25 gota/mL A concentração é a mesma em todas as gotas iniciais antes da diluição.

m1 ⇒ 3,5 142 m1 50 g 0,1

V

Na2SO4(aq) Mi 3,5 mol/L Vi 10 mL

0,34 g 0,0034 g m 0,34%    V 100 L 1L

102

V

m1 M1

Retiram-se 10 mL dessa solução:

Alternativa B. 500 g de herbicida — 5,0 L de água 100 g de herbicida — x x 1,0 L de água O agricultor dissolveu 100 g do herbicida em 2,0 L de água e gastou a metade desse volume. Portanto restaram 50 g do herbicida dissolvidos em 1,0 L de água. Como em um litro de água devem estar dissolvidos 100 g do herbicida, o agricultor pode adicionar mais 50 g do herbicida nesse volume e corrigir o seu erro.

0,01 g 0,0001 g m 0,01%    V 100 L 1L Ci V i C f V f 0,0034 1,0 0,0001 Vf Vf 34 L 34 L 1,0 L 33 L, que correspondem ao volume de água adicionado.

n1

Na2SO4(aq) M 3,5 mol/L V 100 mL

촞

98

1 mol do soluto dissolvido 2 em 500 mL de solução, obteremos uma solução final de volume 1,0 L, contendo 2,0 mol do soluto e, portanto, 2,0 mol/L. a ela uma solução contendo

107

Alternativa C. Estoque: 20,0 L de água oxigenada a 125 volumes. Que volume dessa solução deve ser usado para que, ao ser diluído com água, produza 100 L de uma solução de água oxigenada a 10 volumes? A quantidade em mols de H2O2 por litro de água oxigenada é diretamente proporcional à quantidade de O2 produzida por sua decomposição total. Assim, a solução final apresenta concentração em mol/L 12,5 vezes menor do que a inicial.

água

촞

H2O2(aq) a 125 volumes

H2O2(aq) a 10 volumes Mf

Mi

Mi

12,5 Vf 100,0 L

Vi ? Mi Vi Mf Vf NaCl(aq) M 1,0 mol/L V 500 mL


Mi Vi

36

Mi 12,5

100,0

6/24/05, 14:14

⇒

Vi 8,0 L


96

37

Cálculo da quantidade de matéria do íon Cl nas soluções iniciais: KCl(aq) → K(aq) Cl(aq) MgCl2(aq) → Mg2(aq) 2 Cl(aq)

Esquema para as resoluções 108 e 109:

1 mol

1 mol

1 mol

1 mol

→

nMgCl2 MMgCl2 VMgCl2 ⇒ Sol. (A) NH4OH(aq)

108

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

m1A

nMgCl2 0,1 0,1 ⇒

⇒ nMgCl2 0,01 mol ⇒ nCl 0,02 mol

n

Cl 0,03 ⇒ M Cl V 0,2 ⇒ M 0,15 mol / L

M

⇒ m1A 3,0 0,3 ⇒ m1A 0,9 g

VA

2 mol

⇒

Professor: É bom lembrar que, como não está havendo uma reação química, a quantidade em mols do soluto antes e após a mistura é a mesma. Cálculo da concentração em quantidade de matéria do íon Cl na solução final:

Cálculo da massa do soluto na solução A: CA

1 mol

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

Cl

⇒

Cl

109

Cálculo da quantidade de matéria do íon Mg21 na solução inicial: MgCl2(aq) → Mg2 2 Cl(aq) (aq)

Como as soluções misturadas possuem solutos iguais, podemos escrever:

1 mol


C(C) V(C) C(A) V(A) C(B) V(B) 4,0 0,5 L 3,0 0,3 CB 0,2

2 mol

⇒ nMg2 0,01 mol

CB 5,5 g/L

Professor: É bom lembrar que, como não está havendo uma reação química, a quantidade em mols do soluto antes e após a mistura é a mesma. Cálculo da concentração em quantidade de matéria do íon Mg2 na solução final:

Assim, o valor numérico de x é 5,5. 110

1 mol

nMgCl2 MMgCl2 VMgCl2 ⇒ nMgCl2 0,1 0,1 ⇒ nMgCl2 0,01 mol ⇒

Cálculo da concentração em quantidade de matéria do NaCl: m NaCl

0,25 58,5 M NaCl ⇒ M NaCl V 1,0 ⇒ M NaCl 0,0043 mol / L M NaCl

M

⇒

K

n

K

⇒

V

M

K

0,01 0,2

⇒

M

K

0,05 mol / L

113

Cálculo da concentração em quantidade de matéria do açúcar:

→

m açúcar

1,00 342 M açúcar ⇒ M açúcar V 1,0 ⇒ M açúcar 0,0029 mol / L M açúcar

111

⇒

HCl(aq)

Ca(OH)2(aq)

VA 50 mL

VB 50 mL

MA 0,4 mol/L

MB 0,4 mol/L

nA 0,02 mol

nB 0,02 mol

Vf 100 mL

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

Alternativa E.

2 mol

a) 2,0 mol HCl

→

1

1 mol

0,02 mol HCl

—

1,0 mol Ca(OH)2

—

x

x 0,01 mol de Ca(OH)2 KCl(aq) MgCl2(aq) Vf 200 mL MK ? MMg2 ? MCl ? Cálculo da quantidade de matéria do íon K na solução inicial: KCl(aq) → K(aq) Cl(aq) 1 mol

1 mol

Professor: É bom lembrar que, como não está havendo uma reação química, a quantidade em mols do soluto antes e após a mistura é a mesma. Cálculo da concentração em quantidade de matéria do íon K na solução final:

n K

0,01 ⇒ M K V 0,2 ⇒ M K 0,05 mol / L


M Ca(OH)

n Ca(OH)

2

b)

⇒ M Ca(OH)

2

0,01 2 ⇒ M Ca(OH) 2 V 0,1 0,1 mol L1

⇒

1 mol

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

M K

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

MgCl2(aq) V 100 mL M 0,1 mol/L

KCl(aq) V 100 mL M 0,1 mol/L

37

⇒

114

Alternativa B.

→

Hg(NO3)2(aq)

Na2S(aq)

VA 100 mL

VB 100 mL

MA 0,40 mol/L nA 0,04 mol

6/24/05, 14:14

MB 0,20 mol/L nB 0,02 mol

NaNO3(aq) HgS(sólido) Vf 200 mL

38 1 mol

—

1 mol

—

2 mol

Durante a adição da solução de H2SO4, na qual há íons H e SO42, ocorre a precipitação de sulfato de bário: 2 Ba2 → BaSO4(s) (aq) SO4 (aq) Em função disso, a concentração de bário diminui até chegar praticamente a zero. (Rigorosamente não chega a zero, mas sim a um valor muito pequeno, como será estudado posteriormente no tema produto de solubilidade.) A concentração de nitrato diminui, em decorrência da diluição, mas não chega a zero. Isso elimina as alternativas B e E. Finalmente, quando a concentração de Ba2 chega a zero é porque foi adicionada uma quantidade, em mol, de ácido sulfúrico igual à quantidade, em mol, de nitrato de bário inicialmente presente. Veja a proporção estequiométrica: 1 Ba2(aq) 1 SO42(aq) → BaSO4(s) Como as concentrações, em mol/L, das soluções de Ba(NO3)2 e H2SO4 são inicialmente iguais, deduz-se que, quando a concentração de Ba2 cair a zero, foram adicionados 100 mL da solução de H2SO4. Nesse momento o volume total da solução em que se encontram os íons nitrato é 200 mL e a concentração desses íons, graças à diluição, chegou a metade da inicial. Isso está de acordo com o gráfico da alternativa A, mas não o da alternativa C.

HgS

—

1 mol ← quantidade misturada

0,04 mol

0,02 mol

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 mol de 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 presente na solução final 0,04 mol de NaNO3(aq). O corpo de chão (precipitado) é constituído por 0,02 mol de HgS(sólido). M

M

115

Na

Hg 2

n

Na

V

n Hg 2 V

0,04 ⇒ M Na 0,2 ⇒ MNa 0,2 mol L–1

⇒M

Hg 2

0,02 ⇒ MHg2 0,1 mol L–1 0,2 118

Alternativa D. 1 mol de sacarose (C12H22O11) 1 mol de cloreto de sódio (NaCl)

Soro caseiro V5L

H2 O 1 C12H22O11(s) 촞 1 C12H22O11(aq) 1 mol de moléculas 1 mol de moléculas H2 O 1 Na(aq) 1 NaCl(s) 촞

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, teremos 1 mol (6 1023) de moléculas (partículas) dissolvidas. Já ao adicionar 0,5 mol (3 1023) de NaCl em água, teremos 1 mol (6 1023) de íons (partículas) dissolvidos. O total de partículas em solução é igual a 2 mol, ou seja, 1,2 1024 partículas. Professor: Contar partículas presentes em solução, sejam moléculas ou íons, é de fundamental importância para o capítulo Propriedades coligativas. 116

117

Alternativa A. a) Se adicionarmos a solução II à solução III, teremos uma solução constituída por 18 g do soluto dissolvidos em 0,5 L de solução, ou seja, uma solução de concentração igual a 36 g/L. Como a solução I apresenta 4 g de soluto dissolvidos em 100 mL de solução, sua concentração é igual a 40 g/L. Assim, a mistura de II e III produz uma solução de concentração menor que a da solução I. b) Adicionar 100 mL de água à solução I, significa dobrar o seu volume e, portanto, sua concentração que era igual a 40 g/L passa a ser igual a 20 g/L. A solução III apresenta 12 g do soluto dissolvidos em 200 mL de água e, portanto, possui uma concentração igual a 60 g/L. c) A solução mais concentrada é aquela que apresenta maior massa de soluto por unidade de volume de solução. No caso, é a solução III. d) A solução mais diluída é aquela que apresenta menor massa de soluto por unidade de volume de solução. No caso, é a solução II. Alternativa A. Na solução de nitrato de bário há íons Ba2 e íons NO3–. 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 já descarta a alternativa D.


38

01)

→

1 HCl(aq) 1 NaOH(aq) → 1 NaCl(aq) 1 H2O(l) MA 1,0 mol/L MB 0,5 mol/L VA 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)

HCl(aq) MA 1,0 mol/L VA 500 mL ↓ nA 0,5 mol

4,0 g de NaOH

MNaOH 40 g/mol 4,0 g de NaOH equivalem a 0,1 mol

1 HCl NaOH → NaCl H2O 1 mol — 1 mol ← proporção 0,5 mol — 0,1 mol ← mistura 0,1 mol — 0,1 mol ← reação 0,4 mol — — ← excesso Restam, após a adição de 0,1 mol de NaOH, 0,4 mol de HCl em 0,5 L de solução. A solução final é, portanto, 0,8 mol/L de HCl, e a afirmação é verdadeira. 04)

→

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

6/24/05, 14:14


Hg(NO3)2 Na2S → 2 NaNO3

39 08)

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

HCl(aq) MA 1,0 mol/L VA 0,5 L ↓ nA 0,5 mol

n n 2 2,5 103 ⇒ V V M 0,1000 V 50 mL M

→

NaCl(aq) Msal 1,0 mol/L Vsal 0,5 L ↓ nsal 0,5 mol

NaCl(aq) HCl(aq) 0,5 mol 0,5 mol Vf 1,0 L

121

íons tálio:

Msal 0,5 mol/L Mácido 0,5 mol/L

n V n 0,1 0,006 n 0,0006 mol

16)

HCl(aq) MA 1,0 mol/L VA 0,5 L ↓ nA 0,5 mol


훾

→

HCl(aq) MB 1,0 mol/L VB 0,5 L ↓ nB 0,5 mol

solutos iguais

→

122



nf 1,0 mol ↓ Mf 1,0 mol/L

훾 촞

HCl(aq) MA 1,0 mol/L VA 0,5 L MA VA MB VB 1,0 0,5 MB 1,0 MB 0,5 mol/L A afirmativa é verdadeira. 119

HCl(aq) MB ? VB 1,0 L

123

→

a) N2(g) 2 O2(g) → 2 NO2(g) b) substância (I): óxido substância (II): ácido substância (III): ácido M 1 mol/L V2L ↓ n 2 mol

c) NaOH

Alternativa C. Seja n a quantidade em mols de MyClx adicionada à solução. Em função de n, temos: quantidade de cátions Mx y n quantidade de ânions cloreto x n Sendo conhecida a massa de precipitado (AgCl): n AgCl

1 NaOH 1 HNO3 → 1 NaNO3 1 H2O 1 mol — 1 mol 2 mol — x x 2 mol de HNO3

1 1 x n mol ⇒ n mol 2 2x

1 mol HNO3 — 2 mol NO2 2 mol HNO3 — y y 4 mol de NO2

71,7 g m 1 ⇒ n AgCl mol M 143,5 g / mol 2 Como todo cloreto precipitou como AgCl, vem:

Assim:

1 mol — 22,7 L (Essa questão considera CNTP como 0°C e 100 kPa.) 4 mol — z z 90,8 L de NO2

1 y n y  mol 2x y x mol quantidade de cátions M 2x

quantidade de cátions M

x

124 120

Na2HPO4(aq) Na2HPO4(aq) Na2HPO4(aq) MI 1 mol/L MII 0,25 mol/L MC 0,5 mol/L VI ? 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 0,25 0,75 VII 0,25 VII 0,333 L e VI 0,167 L ou VII 333 mL e VI 167 mL

32)

500 mL de H2O

Alternativa B.

훿

A afirmativa é falsa.

훽

n V n 0,1 0,003 n 0,0003 mol M

x (íon tálio) y (íon cromato) → Tlx (CrO4)y x mol y mol 0,0006 mol 0,0003 mol 2 mol 1 mol

 HCl(aq) Mf ? Vf 1,0 L

íons cromato:

M

A afirmativa é verdadeira.

훽

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.

Alternativa D. 1 Na2B4O7 10 H2O 2 H →

4 H3BO3 5 H2O 2 Na

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

n


m M

⇒ n

39

0,955 g 382 g / mol

⇒ n 2,5 103 mol

Alternativa C. Se a concentração da solução for 42 g/L, então haverá 42 g de soluto em um litro de solução. Convertendo para quantidade de matéria: Grandezas: Massa 60 g 42 g

6/24/05, 14:14

Quantidade de matéria — 1 mol — x

⇒

x 0,70 mol

40 Assim, podemos afirmar que 42 g/L de ácido acético correspondem a:

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

Mácido 0,70 mol/L

K2CrO4 Ag2CrO4 2 AgNO3 Proporção: 2 mol 1 mol 1 mol Grandezas: Quantidade Quantidade Quantidade de matéria de matéria de matéria 2 mol — 1 mol — 1 mol

Esse é o valor de concentração, em mol/L, calculada a partir da indicação no rótulo. Vamos, agora, aos dados da titulação. A equação da neutralização envolvida é: CH3COOH(aq) NaOH(aq) 촞 Na(CH3COO)(aq) H2O(l) A equação da reação fornece a proporção estequiométrica entre ácido acético e hidróxido de sódio.

⇒

CH3COOH 1 mol Quantidade de matéria 1 mol Mácido Vácido

— —

Mácido Vácido

NaOH 1 mol Quantidade de matéria 1 mol Mbase Vbase

Apenas 1 10–3 mol

Alternativa B. Não se trata de um problema em que se deve tentar descobrir que sais foram adicionados à água para fazer a solução nem de quanto foi usado de cada sal. O princípio científico que permite a resolução desse exercício é que as soluções são eletricamente neutras, pois são formadas a partir de substâncias (solutos e solvente) eletricamente neutras. 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 SO42–. Como a carga total positiva deve cancelar a negativa, vem: 0,30 3 x 0,28 2 0,10 x 0,06 Concluímos que há 0,06 mol de íons Fe3 no volume de um litro de solução e, portanto, a concentração desses íons é 0,06 mol/L.

128

1 C3H6O3 1 NaOH → C3H5O3Na H2O

Mácido 0,25 mol/L Esse é o valor da concentração de ácido calculada a partir dos dados da titulação. Concluímos, portanto, que o grupo III acertou. Inicialmente, vamos usar os dados referentes à titulação para determinar 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 entre ácido nítrico e hidróxido de potássio. HNO3 Proporção: 1 mol Grandezas: Quantidade de matéria 1 mol Mácido Vácido ⇒

KOH 1 mol Quantidade de matéria — 1 mol — Mbase Vbase

1 mol

⇒

Mácido Vácido Mbase Vbase

Quantidade de matéria 56 g — 1 mol ⇒ x 8,4 g x — 0,15 mol Finalmente, vamos determinar a porcentagem da massa total da amostra inicial (12 g) que se deve ao KOH (8,4 g), ou seja, o “grau de pureza de KOH na amostra”. Grandezas:

126

Massa

Massa Porcentagem 12 g — 100% 8,4 g — y

⇒

y 70%

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


40

—

1 mol

(pois o ácido é monoprótico)

Cálculo da quantidade em mol de NaOH gasta na reação com o ácido láctico: n ⇒ n M V 0,1 0,04 ⇒ nNaOH 0,004 mol M V Sabendo que a proporção na reação é 1:1, a amostra contém 0,004 mol de ácido láctico. 1 mol de lactose — 4 mol de ácido láctico x — 0,004 mol de ácido láctico x 0,001 mol de lactose Cálculo da massa de lactose: m ⇒ m n M 0,001 342 ⇒ mlactose 0,342 g n M 0,5 g de lactose — 100% 0,342 g de lactose — y y 68,4%

Substituindo valores fornecidos: Mácido Vácido Mbase Vbase 0,2 mol/L 75 mL Mbase 100 mL Mbase 0,15 mol/L Assim, há 0,15 mol de KOH em um litro de solução. Como foi justamente esse o volume de solução preparado, há 0,15 mol de KOH na amostra original. Vamos determinar a que massa corresponde essa quantidade de matéria. Grandezas:

que se forma

127

Substituindo valores fornecidos: Mácido Vácido Mbase Vbase Mácido 10,00 mL 0,100 mol/L 25,00 mL

125

de sólido

o resto é excesso

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

⇒

Mbase Vbase

Quantidade

de K2CrO4 reage;

129

Alternativa A. 1 MgCO3 1 H2SO4 → 1 mol — 1 mol 42 g 84 g / mol

—

1 MgSO4 1 H2O 1 CO2

x

x 0,5 mol do H2SO4 participou da reação Como o H2SO4 se encontrava em excesso, vamos calcular a quantidade que não reagiu com o MgCO3, usando NaOH. 1 H2SO4 2 NaOH → Na2SO4 2 H2O 1 mol — 2 mol Cálculo da quantidade em mol gasta do NaOH:

M

n V

⇒ n M V 0,5 0,002 ⇒ nNaOH 0,001 mol

6/24/05, 14:14



2 10–3 mol — 1 10–3 mol — 1 10–3 mol

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

Como a proporção é de 1:1, no comprimido havia 0,002 mol do ácido acetilsalicílico. Cálculo da massa do ácido presente no comprimido: m n ⇒ m n m 0,002 180 ⇒ M ⇒ m ácido 0,36 g

0,0005 0,05 mol L1 0,01 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 SO 0,5 0,05 0,55 mol 2 4 m n ⇒ m 0,55 98 ⇒ m H SO 54 g 2 4 M Para calcular o volume do ácido usado inicialmente, utiliza-se: M

m V

d 130

⇒ V

⇒ VH

2 SO 4

30 mL

Capítulo 2

Alternativa A.

훽


m 54 d 1,8

Cálculo da porcentagem em massa do ácido no comprimido: 1g — 100% 0,36 g — x x 36%

훾

1 NaCl(aq) M 0,1 mol/L V 50 mL

→

1 AgNO3(aq) M 0,1 mol/L V 50 mL

Propriedades coligativas 7

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

8

a) Aparelho usado para esterilizar materiais por meio do vapor de água a alta pressão e temperatura. (A autoclave pode ser comparada a uma panela de pressão.) b) A tabela mostra que a 150°C a pressão de vapor da água é 475,7 kPa. Essa deve ser, portanto, a pressão no interior de uma autoclave em que haja água fervente.

13

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

14

Primeiramente, calculamos a fração em mol do solvente:

→ AgCl(s) NaNO3(aq) Vf 100 mL

A quantidade em mol do íon Na e a do íon NO–3 não se alteram durante a reação. Porém o volume de solução após a mistura é o dobro do volume inicial para cada um dos íons, o que faz com que suas concentrações se reduzam à metade do valor inicial. 131

1 AgNO3 1 NaCl → NaNO3 AgCl↓ M 0,10 mol/L V 20 mL ↓ nAgNO 0,002 mol 3

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

M

n 0,002 V 0,01

⇒ M NaCl 0,2 mol L1

x solvente =

Cálculo da massa do NaCl presente em 1,0 L da solução analisada: m ⇒ m n M 0,2 58,5 ⇒ M ⇒ m NaCl 11,7 g

b)

1 NaCl

1 AgNO3

1 mol

—

1 mol

A pressão de vapor da solução (isto é, do solvente na solução) é 90% da pressão de vapor do solvente puro, na mesma temperatura. 16

a) III, II, I Tanto II quanto III têm pressão de vapor menor que a água pura graças ao efeito tonoscópico. E II tem pressão de vapor maior que III porque o efeito tonoscópico é menos intenso em II do que em III. b) O efeito tonoscópico é maior em III do que em II porque em III há maior concentração de partículas de soluto do que em II.

18

a) III, II, I III, que tem maior concentração de partículas de soluto, sofre maior abaixamento da pressão de vapor do que II. b) I, II, III III, que tem maior concentração de partículas de soluto, sofre maior aumento da temperatura de início de ebulição do que II. c) III, II, I III, que tem maior concentração de partículas de soluto, sofre maior redução da temperatura de início de congelamento do

1 mol

0,002 mol — 0,002 mol — 0,002 mol m n ⇒ m n M 0,002 143,5 M 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


41

xsolvente 0,90

Psolução 2,88 kPa

→ 1 NaNO3 1 AgCl —

⇒

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

n

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 g Essa solução não pode ser utilizada como soro fisiológico, pois apresenta 1,17% de NaCl em massa.

0,90 0,10 + 0,90

6/24/05, 14:14

que II. Assim, III terá a temperatura de início de congelamento mais baixa. A seguir vem II, cuja temperatura de início de congelamento 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 água e permanecerá nessa temperatura enquanto ocorrer a ebulição (isto é, enquanto houver água líquida, ou seja, enquanto houver o banho-maria). Como a água presente no café tem temperatura de início 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 햲 é a mais diluída, pois apresenta menor efeito tonoscópico e a solução 햴 é a mais concentrada, pois apresenta maior efeito tonoscópico. b) 햴, 햳, 햲 c) A solução 햴, pois apresenta efeitos coligativos (no caso, efeito ebulioscópico) mais acentuados. d) A solução 햴, pois apresenta efeitos coligativos (no caso, efeito crioscópico) mais acentuados. e) A solução 햴, pois apresenta efeitos coligativos (no caso, pressão osmótica) mais acentuados.

25

n

18 g m M 180 g / mol

⇒

32

Alternativa E. Na situação descrita, se, ao abaixarmos o fogo, a transferência de calor da chama do fogão para a panela for suficiente para manter a água em ebulição (é isso o que geralmente ocorre), então a temperatura a que os alimentos estarão submetidos se manterá e, portanto, 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 as panelas. Assim, A é incorreta. Mesmo que considerássemos que a alternativa A se refere à pressão do vapor de água, ainda assim ela estaria incorreta. Na panela fechada, sob aquecimento contínuo, há um acúmulo de vapor sobre o líquido mais rápido que na panela aberta, o que faz com que o vapor atinja primeiro uma pressão igual à atmosférica, no seu interior.

45

Falsa. A água-de-coco é uma mistura homogênea. Verdadeira. Ocorreria a passagem do solvente do meio mais diluído (água-de-coco) para o mais concentrado (hemácias), o que provocaria o rompimento das hemácias. Falsa. Se as soluções são isotônicas não haverá fluxo osmótico efetivo. Verdadeira.

47

01 08 09 (01) Correta. (02) Incorreta. O ponto de congelamento de uma solução é menor que o do solvente puro correspondente. (04) Incorreta. Dependem unicamente da concentração de partículas 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 solução 1 mol/L de glicose, pois a solução de CaCl2 apresenta maior número de partículas do soluto não-volátil por unidade de volume.

n 0,10 mol

18 g m ⇒ n 0,053 mol M 342 g / mol Assim, a solução de glicose tem maior concentração em mol/L e, portanto, apresenta maior pressão osmótica. Sacarose: n

π M solução R T π 0,1 mol / L 0,082

π 2,5 atm

atm L 300 K mol K

Essa pressão é 2,5 vezes a pressão atmosférica ao nível do mar. 27

Alternativa B. A panela de pressão retém o vapor de água, pelo menos até ser atingido um certo valor limite de pressão, a partir do qual a válvula deixa-o escapar. Graças a essa retenção do vapor de água, a pressão dentro da panela, quando ela contém água em ebulição, atinge um valor maior do que a pressão atmosférica na localidade. Isso faz a temperatura de ebulição da água ser maior do que em uma panela aberta. Assim, em uma panela de pressão, os alimentos cozinham em água em ebulição a uma temperatura maior do que em panela aberta e isso faz o cozimento ser mais rápido.

Vamos calcular a quantidade em mol de cada soluto em um litro de solução: Glicose:

26

31

a) CH4N2O(s) → KBr(s)

CH4N2O(aq)

→ K(aq) Br(aq)

MgBr2(s) → Mg2(aq) 2 Cl(aq) b) Não. Dissolvido em 1.000 g de água, há, na solução: 햲 0,1 mol de moléculas CH4N2O; 햳 0,2 mol de íons (0,1 mol de K e 0,1 mol de Br) e 햴 0,3 mol de íons (0,1 mol de Mg2 e 0,2 mol de Cl). 28

29

30

a) O efeito ebulioscópico é mais acentuado em 햴 e menos acentuado em 햲. Assim, a seqüência de temperatura de início de ebulição será: 햲, 햳, 햴. b) O efeito crioscópico é mais acentuado em 햴 e menos acentuado em 햲. Assim, a seqüência de temperatura de início de congelamento será: 햴 (efeito crioscópico mais acentuado; temperatura de início de congelamento mais baixa), 햳, 햲. a) A curva de pressão de vapor da água pura estaria acima da curva 훽. Solução 햲 curva 훽; efeito tonoscópico menos acentuado. Solução 햳 curva 훾. Solução 햴 curva 훿; efeito tonoscópico mais acentuado. b) A ordem crescente de pressões de vapor é 햴, 햳, 햲. 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 muito grande), a pressão de vapor do líquido assume o valor 1 atm.


42

Capítulo 3 Processos de óxido-redução 6

a) b) c) d)

zero; é substância simples zero; é substância simples zero; é substância simples H 1, F 1 H 1 1

6/24/05, 14:14

F 1 1

zero


42

43 s) S 6, O 2

e) C 4, H 1 C 4 4

H4 1 4

zero

f) C 2, H 1, F 1 C 2 2

F 1 1

zero

g) C zero, H 1, F 1 H2 1 2

H 1 1

zero

H 1 1

Cl 1 1

zero

O 2 2

zero

O2 2 4

zero

O3 2 6

zero

O4 2 8

zero

H 1 zero 1

C 4 4

Cl 1 1

v) H 1, Cl 3, O 2

H 1 1

F3 1 3

C 4 4

F4 1 4

C 4 4

O2 2 4

H 1 1

zero

i) C 4, F 1 Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

zero

u) H 1, Cl 1, O 2 F2 1 2

h) C 2, H 1, F 1 C 2 2

O3 2 6

t) H 1, Cl 1

H3 1 3

C 0 0

S 6 6

Cl 3 3

w) H 1, Cl 5, O 2 H 1 1

zero

j) C 4, O 2

x) H 1, Cl 7, O 2 H 1 1

zero

k) H 1, C zero, O 2 C 0 0

H2 1 2

O 2 2

9

H3 1 3

N 3 3

F3 1 3

zero

N 5 5

O3 2 6

H2 1 2

zero

H2 1 2

S 2 2

1

O3 2ⴚ 2 6 2

S 6 6

O4 2 8

H 1 zero 1

S 6 6 zero

ⴚ

É o mesmo: 6

o) H 1, N 5, O 2 H 1 1

O3 2 6

Professor: Esse e o exercício seguinte permitem mostrar que a ionização de um ácido não afeta os números de oxidação dos elementos que o constituem. 10

O2 2 4

O3 2 6

zero

n) H 1, N 3, O 2 N 3 3

C 4 4

C 4 4

m) N 3, F 1

H 1 1

Cl 7 7

É o mesmo: 4 H2 1 2

zero

l) N 3, H 1 N 3 3

Cl 5 5

11

O4 2 8

S 6 6

O4 2 8

P 5 5

O3 2 6

ⴚ

1

2ⴚ

2

É o mesmo: 5

p) H 1, S 2 H3 1 3

zero

r) S 4, O 2

Resoluções do Vol 2_cad2A

43

O4 2 8

H4 1 4

q) zero; é substância simples

S 4 4

P 5 5

O2 2 4

13 zero

H 1 zero 1

P2 5 10

zero

O7 2 14 zero

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 da equação.

6/24/05, 14:15

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

Cd

→

2 Ni(OH)3 3

0

Cd(OH)2

22

ClO

I

1

1

2 Ni(OH)2

2

→

O2

oxidação

SO2

H2 O

4 2

0

2

∆6 redução ∆ 2 䡠 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 3 no 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 H2O E, realizando o resto do balanceamento, chegamos a: 2 H2S 3 O2 → 2 SO2 2 H2O 20

24

3

2

→

HNO2 3

No processo II o peróxido de hidrogênio atua como agente redutor, pois o oxigênio nele contido se oxida: MnO2 H2SO4 H2O2 → MnSO4 2 H2O O2 4

1

2

O2

2 2

→

oxidação

Fe(OH)3

S

3 2

0

b) Porque para HNO3 e H2SO4 atuarem como redutores, o enxofre e o nitrogênio deveriam oxidar-se. Porém, nessas substâncias, esses elementos já se encontram com o maior número de oxidação possível (5 para o nitrogênio, grupo 15, e 6 para o enxofre, grupo 16). 25

• 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.

3 O2

→

Fe(OH)3

S

E, fazendo o restante do balanceamento, chegamos a: 4 FeS


6 H2O

44

3 O2

→

4 Fe(OH)3

4S

Cl2 0

NaClO 1

KClO3 5

Aumenta o número de oxidação do cloro 26

27 redução ∆ 2 䡠 2 4

Alternativa A. NaCl 1

0

oxidação ∆ 1 oxidação ∆ 2

• 4 FeS perdem 12 e • 3 O2 recebem 12 e 4 FeS H2O

0

redução

A dificuldade desse exercício está no fato de três elementos sofrerem alteração em seu número de oxidação. H2O

H2O 2

redução

4

• 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 1 no H2C2O4 e 1 no MnO2. 1 MnO2 1 H2C2O4 H2SO4 → MnSO4 CO2 H2O E, fazendo o restante do balanceamento, chegamos a: 1 MnO2 1 H2C2O4 1 H2SO4 → 1 MnSO4 2 CO2 2 H2O

HNO3 5

oxidação ∆ 1 䡠 2 2

FeS

0

oxidação

redução ∆ 2

21

H2 O

a) No processo I o peróxido de hidrogênio atua como agente oxidante, pois o oxigênio nele contido se reduz: H2 O2 1

a) Oxidante: MnO2; redutor: H2C2O4. b) MnO2 H2C2O4 H2SO4 → MnSO4 CO2 H2O 4

1

• 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 H2O Efetuando o restante do balanceamento, chegamos a: 1 ClO 2 I 2 H → 1 Cl 1 I2 1 H2O Trata-se de uma equação iônica, na qual a carga elétrica total deve ser igual em ambos os membros. De fato, a carga elétrica total dos reagentes é 1 e dos produtos também.

a) Oxidante: O2; redutor H2S.

2

I2

oxidação ∆ 1 䡠 2 2 redução

b) H2S

redução ∆ 2

2

oxidação

19

H → Cl

Alternativa A. CCl4 CHCl3 4 2

CH2Cl2 0

CH3Cl 2

CH4 4

a) A hidroxiapatita é formada pelos íons Ca2, PO3 4 e OH . Vamos, a título de esclarecimento, verificar a neutralidade elétrica do composto. Na fórmula Ca10(PO4)6(OH)2 há: • 20 cargas positivas dos 10 cátions Ca2; • 18 cargas negativas dos 6 ânions PO3 4 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 determinado, por exemplo, considerando o ânion fosfato (PO3 4 ) isoladamente:

P 5 5

O4 2 8

6/24/05, 14:15

3ⴚ

3


17

45 4

b) O nitrato de amônio é constituído por cátions amônio NH e por ânions nitrato NO3 . (NH4)1(NO3 )1 28

⇒

redução ∆ 5 䡠 2 10 47

1

3

4

2

2

K

Cl

O2

Ca

Cl2

2

2

3

1

2

10

12

2

14

Mg

Cl2

O6

Ba

Cl2

2

2

2

5

7

4 O2


1

Agente oxidante: IO3 ; agente redutor: HSO3 b) 2 䡠 198 g — 254 g de I2 x — 10 kg de I2 x 15,6 kg (de NaIO3)

16

redução (oxidante) 5 48

2 O 2

37

01) Incorreto. O ferro metálico é oxidado, pois seu nox passa de zero a 3. 02) Correto. O ferro metálico é o agente redutor, já que ele sofre o processo de oxidação. 04) Incorreto. O oxigênio é reduzido, pois seu nox passa de zero a 2. 08) Correto. O oxigênio é o agente oxidante, já que ele sofre o processo de redução. 16) Correto. Os reagentes encontram-se na forma de substâncias simples.

∆2䡠12

7 49

45

redução (oxidante) ∆5䡠15

2

2 2 5 SO2 3 H2O 3 2 MnO 4 6 H → 5 SO4 2 Mn

oxidação (redutor) ∆2䡠12

4

6

0 - Verdadeiro: O enxofre do SO2 3 tem seu nox aumentado (oxidação). 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 SO é 4. 4 - Verdadeiro: 5 2 6 5 2 3 23 2 3

H2O2 H2O 1 O 2 2


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 3 Verdadeiro: 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 substâncias compostas nos reagentes e, no caso, temos somente uma, o HNO3. Falso: São quatro substâncias compostas. O zinco não é substância composta.

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

Alternativa D. a) O Cl2 é reduzido de zero a 1. O CO não é oxidado nem reduzido; 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 metal (Ti) e não-metal (Cl), o fato de apresentar um baixo ponto de fusão (30ºC) indica ser um composto de natureza molecular. (De fato, a diferença de eletronegatividade entre titânio e cloro é da ordem de 1,6.) e) Tanto FeCl2 como MgCl2, por serem derivados de um ácido forte (HCl), não poderiam apresentar reação básica em solução aquosa. (Neste estágio, como ainda não se estudou hidrólise salina, basta ao estudante caracterizar FeCl2 e MgCl2 como sais e não como hidróxidos.)

3

∆8䡠18

4 Zn 10 HNO3 → 4 Zn(NO3)2 1 NH4NO3 3 H2O oxidação (redutor) 0

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 regeneram os íons cloreto gastos na primeira reação, pode ser assim equacionada: 2 Cu Cl2 → 2 Cu2 2 Cl

39

15,6 kg — 0,1% y — 100% y 15,6 䡠 103 kg 15,6 t (de caliche)

O8 2

35

38

1 I2 5 SO42 3 H 1 H2O 0 6

→

oxidação ∆ 2 䡠 1 2

Alternativa C. 2 N2

a) 2 IO3 5 HSO3 5 4

2

Observação: Nesta resolução mostramos um outro algoritmo para a determinação do número de oxidação. 31

Alternativa D. Cr3 → Cr6 3 e

NH4NO3

Alternativa E.

1

43

4 50

redução ∆2䡠12

2

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

oxidação

0 ∆1䡠22 b) agente oxidante MnO2 c) agente redutor HCl 51

Alternativa 05. oxidação (redutor) 2 3 ∆1䡠11 1 H2O2(l) 2 Fe2(aq) 2 H3O(aq) → 2 Fe3(aq) 4 H2O(l)

1

redução (oxidante) ∆1䡠22

6/24/05, 14:15

2

46 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 violeta Assim, comparando Cl2, Br2 e I2, concluímos que Cl2 tem o maior poder oxidante, enquanto I2 tem o menor poder oxidante.

14

6

7

d) Cd(s) 2 Ni(OH)3(s) Cd(s) 10

2 OH(aq) → Cd(OH)2(s) 2 e 2 e → 2 Ni(OH)2(s) 2 OH(aq)

Zn(s)

2 Ag(aq)

→

Zn2(aq)

15

∆E° E°eletrodo que recebe elétrons E°eletrodo que perde elétrons ∆E° 0,13 V (1,68 V) ∆E° 1,55 V


46

2 Al(s)

3 Cu2(aq)

→

2 Al3(aq)

3 Cu(s)

a) Átomos de cobre metálico do fio, Cu0, sofreram oxidação passando a Cu2, enquanto íons prata da solução, Ag, sofreram redução passando a Ag0 e depositando-se sobre o fio. → Cu2(aq) 2 e → 2 Ag(s)

2 Ag(aq) → Cu2(aq)

2 Ag(s)

a) De acordo com os potenciais, a primeira semi-reação, em relação à segunda, tem maior tendência a ocorrer no sentido inverso (oxidação). Assim: Pb SO42 PbO2 4 H SO42 2 e

→ →

PbSO4 2 e PbSO4 2 H2O

Pb PbO2 4 H 2 SO42 → 2 PbSO4 2 H2O b) Três substâncias que são consumidas e, portanto, são respostas 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 de essa substância atuar como agente oxidante) é tanto maior quanto maior for a tendência de ela sofrer redução. E a tendência a sofrer redução aumenta na mesma ordem em que aumenta E°. Portanto, a ordem crescente de poder oxidante é: I2, Br2, Cl2, F2 b) O poder redutor de uma espécie química (isto é, a tendência de essa substância atuar como agente redutor) é tanto maior quanto maior for a tendência de ela sofrer oxidação. E a tendência a sofrer oxidação aumenta na mesma ordem em que diminui 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 elemento hidrogênio se reduz de H a H2 e que o metal se oxida de substância simples a cátion. Os potenciais apresentados revelam que, dos metais apresentados, aqueles com tendência maior que o hidrogênio para sofrer oxidação são magnésio, zinco, ferro e chumbo. b) Os metais mais nobres que o hidrogênio, dentre os apresentados, são cobre, prata e ouro, pois apresentam menor tendência a se oxidar que o hidrogênio.

19

A tendência a sofrer oxidação aumenta na ordem em que diminui E°. Assim, a ordem crescente de tendência a se oxidar é: Au, Ag, Cu, Pb, Fe, Zn, Mg

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

b) Sim, pois há alteração do número de oxidação de elementos envolvidos. c) O agente oxidante é o íon prata, Ag, e o agente redutor é o cobre 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

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

a) A comparação entre os potenciais de semicela indica que a prata tem uma maior tendência a se reduzir e que o zinco tem uma maior tendência a se oxidar. Assim, o ânodo (em que ocorre oxidação) é o eletrodo de zinco e o cátodo (em que ocorre redução) 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) 2e → 2 Ag(s)

2 Al3(aq) 3 Cu(s)

Cu(s)

a) Três respostas possíveis: Zn(s), MnO2(s) e H2O(l). b) Semi-reação II, pois cátodo é o eletrodo em que ocorre redução 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 pilha” é o pólo negativo. A semi-reação I, na qual há oxidação do zinco, é a que ocorre no eletrodo que atua como pólo negativo. a) Duas respostas possíveis: Cd(OH)2(s) e Ni(OH)2(s). Note que OH não responde adequadamente a essa pergunta porque sua quantidade permanece constante, o que pode ser percebido por meio da equação global (veja item d). b) O elemento que se oxida é o cádmio, de zero para 2. O que se reduz é o níquel, de 3 para 2. c) No pólo positivo, que recebe elétrons da parte do circuito externa à pilha, ocorre a semi-reação de redução, que é II.

→ →

Cu(s) 2 Ag(aq) 2 e

Capítulo 4 Eletroquímica: celas galvânicas

2 Al(s) 6 e

6 e

3 Cu2(aq)

13

6/24/05, 14:15


58

47 22

Por que os íons Ag presentes na solução provocam a oxidação do cobre (de Cu0 a Cu2) e do zinco (de Zn0 a Zn2). → Cu2(aq) 2 e → 2 Ag(s)

2 Ag

Cu(s) 2 e

Cu(s)

2 Ag(aq) → Cu2(aq) 2 Ag(s)

(aq)

29

∆E° 0,46 V ∆E° 0 (espontânea)

→ Zn2(aq) 2 e → 2 Ag(s)

Zn(s) 2 Ag(aq) 2 e (aq)

2 Ag

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 solução em B fica mais diluída em Y. (64) Verdadeira: Essa migração ocorre para manter o equilíbrio elétrico de cargas nas soluções.

∆E° 1,56 V ∆E° 0 (espontânea) Tais reações, além de consumirem íons prata da solução, contaminam-na com íons Cu2 e Zn2. Zn(s)


23

2 Ag(s)

a) Das três semi-reações apresentadas, a de redução da prata é a que apresenta o maior E°. Essa redução possui tendência a ocorrer maior que as outras. Assim, os íons Ag são um oxidante suficientemente forte para oxidar Sn0 a Sn2 e Sn2 a Sn4. b) Sim. Os íons Ag da solução irão reduzir-se, enquanto o estanho irá oxidar-se primeiramente a Sn2 e, a seguir, também sob ação dos íons Ag, a Sn4. Portanto, algum tempo após mergulhar a placa, já encontraremos na solução íons de estanho.

2 Ag(aq) → Sn2(aq)

Sn(s)

2 Ag

Sn2(aq) 2e

Sn2(aq)

2 Ag(aq) → Sn4(aq)

(aq)

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 da pilha e conseqüentemente o pólo negativo. Professor: É bom lembrar que se o eletrodo ligado ao eletrodo de hidrogênio sofrer reação de oxidação é porque o E°red do eletrodo de hidrogênio é maior. Assim, o E°red do referido eletrodo terá valor negativo.

33

Alternativa E. Au Ag Cu

→ Sn2(aq) 2 e → 2 Ag(s)

Sn(s) 2 Ag(aq) 2 e

26

→ Zn

2 (aq)

2 Ag(s)


→ Sn4(aq) 2 e → 2 Ag(s)

2 Ag(s)

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

Ni

Fe

Zn

Mn

reatividade crescente


Alternativa D. A série de atividade indica que o zinco, sendo mais reativo que a prata, sofrerá o fenômeno da oxidação. Assim: V. Zn → Zn2 2e e I. Ag e → Ag0 estão corretas.

H2

e– A Au, Ag, Cu

H2

27

e

e

A

Ânodo

Cátodo

0

0

Fe

Cr

– e A Ni, Fe, Zn, Mn

Cr3 Ânodo

Cátodo: Fe

2 e → Fe

0 (s)

(oxidação) (redução)

b) 2 Cr 0(s) 3 Fe2(aq) → 2 Cr 3(aq) 3 Fe0(s)

28

Alternativa D. I. Verdadeira. II. Falsa. Os discos de prata recebem elétrons do circuito externo. III. Verdadeira.


2

Cátodo

a) Ânodo: Cr 0(s) → Cr3(aq) 3 e 2 (aq)

H

Fe2

47

Ânodo

Cátodo

I. Falsa: Espécies situadas antes do hidrogênio têm caráter catódico. 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.

6/24/05, 14:15

34

Para essa averiguação, no caso do alumínio, vamos somar a primeira equação fornecida, multiplicada por 3, com a segunda equação fornecida, invertida. Chegamos a: 3 Al(s) 3 H2O(l) OH(aq) → Al(OH)4 (aq) H2(g) 2 ∆E° E°eletrodo que recebe elétrons E°eletrodo que perde elétrons ∆E° 0,83 V (2,33 V) ∆E° 1,50 V ⇒ ∆E° 0 reação espontânea Portanto, o alumínio é corroído ao ser lavado por solução aquosa alcalina, pois é espontânea a reação que consome o alumínio sólido. Agora faremos a averiguação no caso do cobre. Para isso, vamos 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° E°eletrodo que recebe elétrons E°eletrodo que perde elétrons ∆E° 0,83 V (0,22 V) ∆E° 0,61 V ⇒ ∆E° 0 reação não-espontânea Portanto, não ocorre corrosão do cobre ao ser lavado com solução aquosa alcalina. b) Ser melhor redutor é ter maior tendência a sofrer oxidação (menor E°). Pelos potenciais apresentados, conclui-se que o melhor redutor é o alumínio metálico.

Alternativa B. Os discos de zinco têm sua massa diminuída com o passar do tempo porque neles ocorre o processo de oxidação: 0 Zn(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 eletrodo de prata. 04) Correta: Por apresentar maior E°red, o eletrodo de prata é o cátodo. 08) Correta: ∆E° 0,80 0,34 0,46 V 16) Incorreta: Cu0|Cu2||Ag|Ag0

42

Alternativa C. A prata metálica do talher, Ag0, se oxida a Ag, que passa a tomar parte do composto iônico (Ag)2(S2)1 ou Ag2S.

43

Alternativa A. O conhecimento de que a camada escura que reveste objetos de prata oxidados é formada por sulfeto de prata é o suficiente para permitir ao estudante chegar à resposta A, pois essa é a única alternativa em que Ag2S figura como reagente.

44

Alternativa E. O alumínio é um metal menos nobre do que os empregados em restaurações dentárias, ou seja, tem maior tendência a se oxidar, atuando, portanto, como agente redutor e como ânodo da cela galvânica formada.

45

2 Fe2

a) 2 H

1 O2 2

→

47

Verdadeiro. Falso: Camada N 4s2 Verdadeiro: Metais conduzem a eletricidade. Falso: Por apresentar o maior E°red, o níquel é, entre os metais citados, o mais difícil de sofrer oxidação. Verdadeiro: A tabela confirma. Verdadeiro: O eletrodo de níquel, por apresentar maior valor de E°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 a Ni0. 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, a semi-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

2 Fe3 2 e

2 e → H2O

1 O2 → 2 Fe3 H2O 2 b) A oxidação do ferro (II) a ferro (III) conforme a equação do item 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 espontânea Porém, para a oxidação de cobalto (II) a cobalto (III), o cálculo a seguir indica que ∆E° é negativo. 2 Fe2 2 H

2 Co2 2 H

1 O2 2 e 2

→

2 Co3

→

H2O

2 e

1 O2 → 2 Co3 H2O 2 ∆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-espontânea Portanto, soluções de cobalto (II) são estáveis diante da oxidação por gás oxigênio. 2 Co2 2 H

46

a) Na lavagem do metal com solução aquosa alcalina, há o encontro de três espécies: o metal, a água e íons hidroxila. Vamos, portanto, averiguar se ocorre uma reação espontânea envolvendo essas espécies, na qual o metal sólido seja consumido.


48

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 que o do ferro. Frasco IV - Não ocorre reação, pois E°red do ferro é maior que o do zinco.

6/24/05, 14:15


48

49 e 60

61

72

Cl2 2 Fe2 → 2 Cl 2 Fe3 espécie que recebe e possui o maior E°red ∆E° 1,36 (0,77) ⇒ ∆E° 0,59 V

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° E°eletrodo que recebe elétrons E°eletrodo que perde elétrons ∆E° 0,344 V (0,763 V)

02 04 08 16 30 (01) Falso: Por apresentar o maior E°red, Au3 possui maior tendência 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 oxida mais facilmente, inibindo a oxidação do ferro. (08) Verdadeiro: Íons Hg2 (aq), por apresentarem maior E°red, oxidam a prata e se transformam em Hg0.

∆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 cela galvânica. Esses elétrons são recebidos pela espécie que sofre redução nesse eletrodo que, portanto, atua como cátodo. 73

e


Hg2 2 Ag0 → 0,85 V 0,80 V

Hg0

2 Ag

(16) Verdadeiro. Quando a embalagem é rompida ou amassada, fragmentos de estanho metálico podem se desprender do ferro. Submetido, por exemplo, a um meio ácido, o estanho desses fragmentos pode ser oxidado a estanho (II). Os próprios íons 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 0 (32) Falso: 3 Hg2(aq) 2 Al(s) → 0,85 V 1,66 V maior E°red recebe e do metal

2 Al3(aq)

3 Hg0(l)

74

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 de água ar.

66

Alternativa E. O único que apresenta um E°red menor que o do ferro é o Mg, protegendo-o assim contra a corrosão.

67

Alternativa A. Para proteger o ferro da oxidação, o metal deve ter um E°red menor que o dele. Dos metais citados, o único com essa característica é o magnésio.

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 pilha formada.


49

Alternativa A. 2 Ni(OH)3(s) 2e B 2 Ni(OH)2(s) 2 OH(aq) Cd(s) B Cd(OH)2(s)

2 OH(aq) 2e

2 Ni(OH)3(s) Cd(s) B 2 Ni(OH)2(s)

Cd(OH)2(s)

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 no ânodo (oxidação). ∆E° 0,52 (0,83) ∆E° 1,35 V

Capítulo 5 Eletroquímica: celas eletrolíticas 2

(64) Falso: Sn0|Sn2||Ag|Ag0 ânodo cátodo oxidação redução redutor oxidante 62

Alternativa A. Dentre ambas as semi-reações de redução apresentadas, a que possui maior E° é a que tem maior tendência a ocorrer. Assim:

semi-reação catódica (redução): K semi-reação anódica (oxidação): 2 F →

reação global: ou:

e → K0 F2 2 e

2 K 2 e 2 F 2 K 2 F 2 KF

→ 2 K0 → F2 2 e → 2 K0 F2 → 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 na eletrólise como reagente, exercendo apenas papel de condutor de 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) 1 c) 2 H2O(l) → 2 H2(g) O2(g) ou H2O(l) → H2(g) O 2 2(g) d) NaOH, H2SO4 ou KNO3, pois são eletrólitos cuja solução, ao ser 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 a ponto 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, a relação 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 o gás B é oxigênio.)

6/24/05, 14:15

50

10

Vamos estabelecer uma regra de três envolvendo carga dos elétrons e massa de alumínio. Nessa regra de três, a carga que atravessa o circuito (em coulombs) aparece indicada como a multiplicação da corrente elétrica (9.650 A) pelo tempo (1 h 3.600 s).

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 conhecido como ácido clorídrico. d) Hidróxido de sódio, NaOH.

3 e Al0 Proporção: 3 mol 1 mol Grandezas: Carga Massa elétrica 3 䡠 9,65 䡠 104 C — 27 g (9.650 䡠 3.600) C — x

a) Oxidação: enxofre; redução: prata e oxigênio. Ag2S 1 2

→

O2 0

2 Ag 0

SO2 4 2

redução oxidação redução

Essa é a massa de alumínio que se deposita em cada uma das cinqüenta cubas durante uma hora de funcionamento da indústria. Para descobrir a produção total, multiplicamos esse valor por 50, chegando a 1,62 䡠 105 g, ou seja, 162 kg.

b) Oxidação: enxofre; redução: mercúrio e oxigênio. → Hg SO2 HgS O2 2 2 0 0 4 2 24

redução oxidação redução 17

MnO2 4

Al 0

→

Mn 0

redução

∆4 ∆3䡠26

• 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 no MnO2 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: 4 Al → 3 Mn 2 Al2O3 3 MnO2 21

A semi-reação é: Ag e → Ag0 A partir dos coeficientes estequiométricos, vamos estabelecer uma relação entre quantidade de elétrons e quantidade de prata metálica, Ag0, depositada. e Ag0 Proporção: 1 mol 1 mol Grandezas: Quantidade Quantidade de matéria de matéria 1 mol — 1 mol x — 0,5 mol

22

23

⇒

50

Cr0 1 mol Massa — 52 g — x

27

x 0,10 mol

⇒ x 0,10 mol

A semi-reação é: 2 H 2 e → H2 A partir dos coeficientes estequiométricos, vamos estabelecer uma relação entre carga elétrica e volume de gás. 2 e 2 mol Carga elétrica 2 䡠 9,65 䡠 104 C (1,0 䡠 3.860) C

28

⇒ x 104 g

A semi-reação é: 2 H 2 e → H2 A partir dos coeficientes estequiométricos, vamos estabelecer uma relação entre quantidade de elétrons e quantidade de hidrogênio produzido. H2 2 e Proporção: 2 mol 1 mol Grandezas: Quantidade Quantidade de matéria de matéria 2 mol — 1 mol x — 0,050 mol

x 0,5 mol

a) Al3 3 e → Al0 b) Os coeficientes estequiométricos indicam a relação entre a quantidade de elétrons e a quantidade de alumínio metálico, Al0, depositado.


26

3 e Proporção: 3 mol Grandezas: Carga elétrica 3 䡠 9,65 䡠 104 C (300 䡠 1.930) C

H2 1 mol Volume


A partir dos coeficientes estequiométricos, vamos estabelecer uma relação entre quantidade de elétrons e quantidade de zinco metálico, Zn0, que reage. Zn0 2 e Proporção: 1 mol 2 mol Grandezas: Quantidade Quantidade de matéria de matéria 1 mol — 2 mol ⇒ 0,05 mol — x

a) Cr3(aq) 3 e → Cr(s) b) Sobre a peça a ser cromada deve ocorrer a redução dos íons crômio (III). Portanto, a peça deve ser ligada ao pólo negativo, pois é esse o pólo do gerador que emite elétrons.

c)

Al2O3 3

oxidação

⇒ x 3,24 䡠 103 g

— —

25 L x

⇒

x 0,50 L

Uma maneira de resolver é por um processo semelhante ao anterior, levando em conta a semi-reação que produz oxigênio: 4 OH → O2 2 H2O 4 e A partir dos coeficientes estequiométricos, vamos estabelecer uma relação entre carga elétrica e volume de gás. 4 e Proporção: 4 mol Grandezas: Carga elétrica 4 䡠 9,65 䡠 104 C (1,0 䡠 3.860) C

O2 1 mol Volume — —

25 L x

⇒

x 0,25 L

Outra maneira é realizar um cálculo estequiométrico relacionando o volume de H2 (calculado na questão anterior) com o volume de O2: 2 H2O(l) → 2 H2(g) O2(g)

6/24/05, 14:15


6

51

30

Os coeficientes revelam que o volume de H2 é o dobro do volume de O2. Assim: O2 H2 Proporção: 2 mol 1 mol Grandezas: Volume Volume 2L — 1L ⇒ x 0,25 L 0,50 L — x

Pelos coeficientes, estabelecemos a proporção:

A semi-reação é: Zn2 2 e → Zn0 A partir dos coeficientes estequiométricos, vamos estabelecer uma relação entre carga dos elétrons e massa de zinco.

Deposição de zinco: Zn2 2 e → Zn0 Pelos coeficientes, estabelecemos a proporção:

Zn0 2 e Proporção: 2 mol 1 mol Grandezas: Carga Massa elétrica 2 䡠 9,65 䡠 104 C — 65,4 g Q — 6,54 g

2 e Proporção: 2 mol Grandezas: Quantidade de matéria 2 mol 1 mol


⇒ Q 1,93 䡠 104 C


Na cela da esquerda ocorre a redução do cobre (II): Cu2 2 e → Cu0 Assim: Cu0 2 e Proporção: 2 mol 1 mol Grandezas: Quantidade Massa de matéria 2 mol — 63,5 g ⇒ x 4 mol x — 127 g Determinamos que 4 mol de elétrons atravessaram o circuito durante o intervalo de tempo em que 127 g de cobre se depositaram. Podemos, agora, determinar a massa de prata depositada na outra cela, sabendo que a quantidade em mols de elétrons envolvida é a mesma. Na cela da direita ocorre a redução da prata: Ag e → Ag0 Assim: e Ag0 Proporção: 1 mol 1 mol Grandezas: Quantidade Massa de matéria 1 mol — 108 g ⇒ y 432 g 4 mol — y

33


Carga Tempo 9,65 䡠 104 C — 3.600 s x — 1s

⇒

Deposição de cobre: Cu2 2 e →

Resoluções do Vol 2_cad2B

51

Cu0

y

63,5 g 2

z

65, 4 g 2

w

27 g 3

Zn0 1 mol Massa — —

65,4 g z

⇒

Al0 1 mol Massa — —

27 g w

⇒

43

Alternativa E. A afirmativa E é errada porque apresenta o inverso da equação da eletrólise.

46

Alternativa E. e 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) a)

+ – – H OH +

Ag+

NO–3

AgNO3(aq) Descarregam Ag e OH. O meio fica ácido. d) Produz cloro gasoso no ânodo e sódio metálico no cátodo. e)

x 26,8 C

A carga envolvida na questão anterior é de um mol de elétrons. Assim, podemos estabelecer uma relação entre quantidade de elétrons e massa de metal, que nos permite concluir que a massa depositada é maior no caso da prata. Deposição de prata: Ag e → Ag0 Pelos coeficientes, estabelecemos a proporção: Ag0 e Proporção: 1 mol 1 mol Grandezas: Quantidade Massa de matéria 1 mol — 108 g ⇒ x 108 g 1 mol — x

⇒

Alternativa E. x íons; y elétrica

Então, se 26,8 C de carga atravessam o circuito por segundo, a corrente elétrica nesse circuito é de 26,8 A. 34

63,5 g y

38

a) 9,65 䡠 104 C, pois essa é a constante de Faraday, que corresponde à carga elétrica (em módulo) de um mol de elétrons. b) A unidade de corrente elétrica no Sistema Internacional, o ampère (A), equivale a coulomb por segundo. Assim, vamos determinar quantos coulombs de carga atravessam o circuito por segundo. Grandezas:

— —

Deposição de alumínio: Al3 3 e → Al0 Pelos coeficientes, estabelecemos a proporção:

Essa é a carga elétrica que atravessou o circuito no intervalo de 1.930 s. Q 1,93 䡠 10 4 C Q i 䡠 ∆t ⇒ i ⇒ i 10 A ∆t 1.930 s 31

Cu0 1 mol Massa

+ – – H OH +

Na+

OH–

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 escura 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 excesso de OH nessa região. c) Incorreta: Íons H são reduzidos no eletrodo A. d) Correta: É o eletrodo onde ocorre oxidação.

6/24/05, 14:15

52

50

53

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 com que reste NaOH na solução.

Essa é a carga elétrica necessária para depositar todo o cobre da solução. Vamos ao cálculo do tempo. Q 19.300 C ⇒ ∆t 3.860 s Q i 䡠 ∆t ⇒ ∆t i 5A 71

Ag e → Ag0 deduzimos que para depositar 1 mol de Ag é necessário 1 mol de elétrons atravessando a parte metálica do circuito. Na equação da semi-reação de corrosão do alumínio:

Alternativa D. I é correta: Quando o H da água se reduz, forma-se H2 e sobram íons OH em solução tornando o meio básico (fenolftaleína adquire cor rosa). II é falsa: No pólo positivo ocorre a oxidação (perda de e) do íon iodeto: 2 I → I2 2 e. III é correta.

Al0 → Al3 3 e verificamos a proporção que permite calcular a massa de alumínio que se oxida para fornecer 1 mol de elétrons:

Alternativa D. Note que as afirmativas se referem à eletrodeposição de zinco no ferro e não à atuação do zinco na proteção do ferro. Na deposição do zinco por via eletrolítica, a solução deve conter um composto (solúvel) de Zn2, que se reduz no cátodo, formando Zn0 que o recobre. O cátodo deve ser, portanto, constituído pela peça a ser recoberta.


72 55

62

68

69

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) 0 - Falso: Nessa época não existia o entendimento da eletricidade. 1 - Verdadeiro. 2 - Falso: Nas ligas metálicas há predominância de elementos metálicos. 3 - Verdadeiro.

2 e Proporção: 2 mol Grandezas: Quantidade de matéria 2 mol — y —

3 e Proporção: 3 mol Grandezas: Quantidade de matéria 3 mol — z —


52

⇒ Q 19.300 C

⇒ x 31,5 mol

Ni0 1 mol Massa 58,7 g 1.000 g

⇒ y 34,0 mol

Cr0 1 mol Massa 52,0 g 1.000 g

⇒ z 57,7 mol

Considerando que outras condições sejam constantes, quanto maior a quantidade de elétrons que deve chegar ao eletrodo na eletrólise, maior a quantidade de energia elétrica necessária e, portanto, mais cara a deposição do metal. Portanto, a ordem pedida é: Cu, Ni, Cr.

1

b) Em 1 L de solução 0,10 mol 䡠 L1 há 0,10 mol de íons Cu2. Assim:

2 e Cu0 Proporção: 2 mol 1 mol Grandezas: Carga Quantidade elétrica de matéria 2 䡠 96.500 C — 1 mol Q — 0,10 mol

63,5 g 1.000 g

Deposição de crômio: Cr3 3 e → Cr0 Pelos coeficientes, estabelecemos a proporção:

a) CuSO4(s) → Cu2(aq) SO24(aq) De acordo com essa equação, os coeficientes de CuSO4(s) e SO24(aq) são iguais. Portanto, em uma solução 0,10 mol 䡠 L1, temos:

Cu2 2 e → Cu0 Pelos coeficientes, estabelecemos a proporção:

Cu0 1 mol Massa

Deposição de níquel: Ni2 2 e → Ni0 Pelos coeficientes, estabelecemos a proporção:

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:

[SO ] 0,10 mol 䡠 L

⇒ x9g

Alternativa C. Vamos calcular a quantidade de elétrons que deve chegar ao cátodo para depositar 1 kg de cada um dos metais por redução dos cátions mencionados.

2 e Proporção: 2 mol Grandezas: Quantidade de matéria 2 mol — x —

a) Verdadeiro: O E°red do zinco é menor que o do cobre, o que faz com que ele se oxide mais facilmente que o cobre. b) Verdadeiro: Por apresentar um E°red menor que o do ouro, o cobre se oxida mais facilmente na sua presença.

2 4

3 e Al0 3 mol 1 mol Quantidade Massa de matéria 3 mol — 27 g 1 mol — x

Deposição de cobre: Cu2 2 e → Cu0 Pelos coeficientes, estabelecemos a proporção:

Zn2 2 e → Zn0 notamos que há uma relação estequiométrica (de proporcionalidade direta) entre a quantidade de elétrons (e sua carga) e a quantidade de zinco depositada. 70

Pela equação da semi-reação de deposição da prata:

73

Falsa: Q i 䡠 ∆t. Se ∆t fosse dobrado e a corrente i fosse diminuída 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 mol de prata. Falsa: Nesse caso a massa de cobre eletrodepositado seria aumentada em quatro vezes.

6/24/05, 14:15


48

53 2⫹ (aq)

⫺

Verdadeira: Cu ⫹ 2 e → Cu . 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


77

0 (s)

a) Cu2⫹ ⫹ 2 e⫺ → 2 mol e⫺ — x —

Cu0 1 mol Cu 0,05 mol Cu

1 pilha y m b) n ⫽ M

5 䡠 10⫺3 mol de e⫺ 0,1 mol de e⫺ ⇒

— —

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

x ⫽ 0,1 mol de e⫺

y ⫽ 20 pilhas

•

m 0,5906 ⫽ ⫽ 0,01 mol M 59 m 0,3467 n Cr ⫽ ⫽ ⫽ 6,7 䡠 10⫺3 mol M 52 Cr3⫹ ⫹ 3 e⫺ → Cr0

— —

1 mol Cr 6,7 䡠 10⫺3 mol Cr

84

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.

80

Na cuba A forma-se 1,0 mol de prata metálica. Ag⫹(aq) ⫹ 1 e⫺ → Ag0(s) 1 mol e⫺ — 1 mol Ag


53

m M

Al0 1 mol Al 1 mol y ⇒ y ⫽ 1,2 䡠 107 mol de Al

⇒ 1,2 䡠 10 7 ⫽

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 constante na solução.

1 - Verdadeiro: No cátodo ocorre o fenômeno da redução dos íons Cu2(a⫹q).

1 Cl2(g) ⫹ 2 e⫺ 1 mol — 2 mol 71,0 g — 2 mol e⫺

→ — — —

85

0 - Verdadeiro.

3 - Falso: No ânodo: 2 Cl⫺(aq) →

1 Al0 1 mol Al 0,2 mol Al

m ⇒ m ⫽ 3,24 䡠 10 2 t 27 (massa obtida anualmente em cada cuba) Como foram usadas 300 cubas, temos: mAl ⫽ 300 䡠 3,24 䡠 102 t ⬵ 1,0 䡠 105 t n⫽

2 - Falso: No cátodo haverá produção de Cu0(s): ⫹ Cu2(aq) ⫹ 2 e⫺ → Cu0(s)

→ — —

Alternativa A. Q ⫽ i 䡠 ∆t Q ⫽ 1,1 䡠 105 䡠 3,2 䡠 107 Q ⫽ 3,52 䡠 1012 C

Al3⫹ ⫹ 3 e⫺ 3 mol e⫺ 3F 3,6 䡠 107 F

1 mol e⫺ — 96.500 C 0,02 mol e⫺ — x x ⫽ 1.930 C A afirmação b é verdadeira. Alternativa E. I. Correta: O quociente, que resulta 1,6 ⫻ 10⫺19 C, corresponde ao módulo da carga do e⫺. → 1 Me0 II. Correta: Me⫹(aq) ⫹ 1 e⫺ ⫺ 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 preenche o requisito.

n Al ⫽ 0,2 mol

1 F — 96.500 C x — 3,52 䡠 1012 C x ⫽ 3,6 䡠 107 F

b) 1 mol e⫺ tem carga (em módulo) de 1 F ⫽ 96.500 C, então:

79

m 5,4 ⫽ ⇒ M 27 Cálculo do valor de n: ⫹ n e⫺ 1 Aln⫹ n mol e⫺ 0,6 mol e⫺ n⫽3 n⫽

x ⫽ 0,02 mol de e⫺ passaram pelo circuito

78

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:

⇒ m ⫽ n 䡠 M ⫽ 0,05 䡠 63,5 ⇒ mCu ⫽ 3,175 g

a) n Co ⫽

3 mol e⫺ x

2 mol e⫺

x — 1 mol e⫺ 1 x⫽ mol de etano é formado em B. 2 b) Cátodo de A ⫽ pólo 䊞 : Ag⫹(aq) ⫹ e⫺ → Ag0(s) Ânodo de B ⫽ pólo 䊝 : 2 H3C — COO⫺(aq) → → H3C — CH3(g) ⫹ 2 CO2(g) ⫹ 2 e⫺ 81

⇒

—

7/7/05, 21:22

Capítulo 6 Termoquímica: o calor e os processos químicos 14

16

17

Há uma proporcionalidade direta entre a quantidade de um certo alimento, a energia que ele fornece e o tempo necessário para gastar 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 repousando, ou em 42 minutos pedalando. Um hambúrguer com queijo fornece 470 kcal e quatro maçãs fornecem 280 kcal (4 䡠 70 kcal). Portanto, um hambúrguer com queijo fornece mais energia.

O hambúrguer, pois fornece maior quantidade de energia.

19

Para obter a energia necessária para correr 17 minutos, deve-se ingerir um sorvete. Para obter a energia para correr o dobro desse tempo, 34 minutos, devem-se ingerir dois sorvetes.

20

33

Grandezas:

Energia (em kcal) 1 kcal 470 kcal 255 kcal 185 kcal 70 kcal

— — — — —

x 1,96 䡠 103 kJ

Sorvete:

y 1,07 䡠 103 kJ

Fatia de pizza:

z 7,73 䡠 102 kJ

Maçã:

w 2,93 䡠 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, multiplicada por 2, e a terceira, invertida, temos:

Três fatias de pizza fornecem 555 kcal e dois sorvetes fornecem 510 kcal. Leva-se maior tempo para consumir, em uma dada atividade, a energia fornecida pelas três fatias de pizza.

18

Hambúrguer com queijo:

1 O2(g) → H2O(l) Cl2(g) 2 H2(g) F2(g) → 2 HF(g)

2 HCl(g)

1 O2(g) ∆H3 286 kJ 2 → 2 HF(g) Cl2(g) ∆H ∆H1 ∆H2 ∆H3

H2O(l) → 2 HCl(g)

F2(g)

148 kJ 2 ∆H2 2 䡠 (273) kJ

∆H1

H2(g)

∆H 334 kJ/mol

Energia (em kJ) 4,18 kJ x y z w

30

Somando as três equações, tal qual apresentadas, temos: ∆H 204 kJ/mol

31

A equação da alternativa C é aquela que corresponde à combustão do metano, reação na qual essa substância reage com gás oxigênio produzindo gás carbônico e água.

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)

2 CO2(g)

2 H2(g) C2H2(g)

5 O 2 2(g)

→

2 CO2(g)

3 H2O(l)

→

C2H6(g)

O2(g)

→

2 H2O(l)

∆H°3 2 䡠 (286) kJ/mol

2 H2(g)

→

C2H6(g)

∆H° ∆H°1 ∆H°2 ∆H°3

H2O(l)

7 O 2 2(g)

∆H°1 1.301 kJ/mol ∆H°2 1.561 kJ/mol

∆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 líquido com o inverso da equação de combustão do octano gasoso.

C8H18(l)

8 CO2(g)

25 O 2(g) → 2

8 CO2(g)

9 H2O(l)

→

C8H18(g)

C8H18(l)

→

C8H18(g)

9 H2O(l) 25 O 2(g) 2

∆H°1 5.470,5 kJ/mol ∆H°2 5.512,0 kJ/mol ∆H° ∆H°1 ∆H°2 ∆H° 41,5 kJ/mol


54

6/24/05, 14:16


54

55 35

2 Al(s)

36

c) Falsa, porque a transformação: 1 CO(g) O → CO2(g) 2 2(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.

Aplicando a Lei de Hess, vamos empregar as equações fornecidas para chegar à equação da reação termite. Isso pode ser feito somando a primeira com a segunda, invertida. 3 O → Al2O3(s) 2 2(g)

Fe2O3(s)

→

2 Al(s)Fe2O3(s)

→

∆H1° 1.676 kJ/mol

3 O ∆H2° 824 kJ/mol 2 2(g) 2 Fe(s) Al2O3(s) ∆H° ∆H1° ∆H2°

37

Somando a primeira equação, multiplicada por 2 e invertida, com a segunda, multiplicada por 2, temos: ∆H 198 kJ/mol

∆H° 852 kJ/mol

38

Para chegar à equação de formação do etano, podemos somar a primeira, multiplicada por 2, a segunda, multiplicada por 3, e a terceira, invertida. Assim, temos: ∆H°f 85 kJ/mol

39

Empregando a Lei de Hess, podemos chegar à equação de formação do metanol somando a primeira equação, invertida, a segunda, tal como apresentada, e a terceira, multiplicada por 2. Desse modo, chegamos à entalpia-padrão de formação do metanol:

2 Fe(s)

a) Verdadeira, pois o gráfico permite deduzir que a reação: 1 O2(g) → CO(g) C(graf.) 2 apresenta ∆H° 110,5 kJ.


b) Falsa. Pelo gráfico, a reação: C(graf.) O2(g) → CO2(g) tem ∆H° 393,5 kJ.

40

∆H°f 240 kJ/mol

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 Mn(s)

3 O2(g) 2 Al2O3(s)

→ →

2 Al2O3(s) 4 Al(s)

3 Mn(s)

3 O2(g)

→

3 MnO2(s)

3 MnO2(s)

∆H1° 3.351 kJ ∆H2° 1.792 kJ ∆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)

2 S(rômb.)

2 O2(g)

→

2 SO2(g)

CO2(g)

2 SO2(g)

→

CS2(l)

C(graf.)

2 S(rômb.)

→

CS2(l)

∆H1° 394 kJ ∆H2° 2 䡠 (297) kJ

3 O2(g)

∆H3° 1.072 kJ ∆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

45

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) I 2 (151 kJ/mol) F 2 (158 kJ/mol) Br 2 (193 kJ/mol) Cl2 (242 kJ/mol).

considerando que 2 mol de H2 reagem com 2 mol de O2 formando 2 mol de H2O, ocorre: • quebra de 2 mol de ligações simples H H : 2 䡠 436 kJ • quebra de 2 mol de ligações duplas O O : 2 䡠 496 kJ • formação de 4 mol de ligações simples O H : 4 䡠 463 kJ • formação de 2 mol de ligações simples O O : 2 䡠 157 kJ

Na síntese da água pela equação dada: 2H

H

O

→

O

2O

que, no cômputo geral, conduz a: ∆H 302 kJ Assim, a síntese da água libera maior quantidade de calor.

H

H Professor: Pode parecer estranho termos apresentado a segunda equação com coeficientes que não são os menores inteiros. Se apresentássemos a segunda equação com os menores coeficientes inteiros (todos unitários), deveríamos apresentar a primeira equação com coeficiente 1 para a água (pois a finalidade da questão é comparar a quantidade de energia liberada na síntese de H2O e H2O2), o que conduziria a um coeficiente 1/2 para o O2. E um coeficiente fracionário seria um complicador desnecessário nessa fase em que o aluno está se familiarizando com o conceito de energia de ligação.

considerando que 2 mol de H2 reagem com 1 mol de O2 formando 2 mol de H2O, ocorre: • quebra de 2 mol de ligações simples H

H:

• formação de 4 mol de ligações simples O que, no cômputo geral, conduz a:

496 kJ

O:

• quebra de 1 mol de ligações duplas O

2 䡠 436 kJ

H:

4 䡠 463 kJ

∆H 484 kJ

Na síntese do peróxido de hidrogênio pela equação dada: H 2H

H

2O

O

→

2O

O

46

∆H 184 kJ/mol

H


55

6/24/05, 14:16

56 Concluímos que o hidrogênio libera, na combustão, maior quantidade de energia por unidade de massa.

No processo: H H

H

C

H

⫹ Cl

→

Cl

H

C

H

⫹

H

H

Cl

51

Cl

ocorre: ⫹4 䡠 412 kJ

•

quebra de 4 mol de ligações simples C

H:

•

quebra de 1 mol de ligações simples Cl

Cl :

•

formação de 3 mol de ligações simples C

H : ⫺3 䡠 412 kJ

•

formação de 1 mol de ligações simples C

Cl :

⫺338 kJ

•

formação de 1 mol de ligações simples H

Cl :

⫺431 kJ

Grandezas: Massa

⫹242 kJ

que, no cômputo geral, conduz a: ∆H ⫽ ⫺115 kJ/mol 48

a) N2(g) ⫹ 3 H2(g) b) No processo: N

N

⫹

→

2 NH3(g)

3H

H

→

2H

N

N:

⫹944 kJ

• quebra de 3 mol de ligações simples H

H : ⫹3 䡠 436 kJ

• formação de 6 mol de ligações simples N

H : ⫺6 䡠 388 kJ

que, no cômputo geral, conduz a:

52

50

Grandezas: Massa 2g 1g

— —

286 kJ a

⇒ a ⫽ 143 kJ

Metano:

16 g — 1g —

891 kJ b

⇒ b ⫽ 55,7 kJ

Octano:

114 g — 1g —

5.471 kJ c

⇒ c ⫽ 48,0 kJ

Metanol:

32 g — 1g —

726 kJ d

⇒ d ⫽ 22,7 kJ

Etanol:

46 g — 1g —

1.367 kJ e

⇒ e ⫽ 29,7 kJ


56

Metano:

16 g — 7 䡠 10⫺4 g —

891 kJ b

⇒ b ⫽ 0,039 kJ

Octano:

114 g 0,7 g

— —

5.471 kJ c

⇒ c ⫽ 33,6 kJ

Metanol:

32 g 0,8 g

— —

726 kJ d

⇒ d ⫽ 18,2 kJ

Etanol:

46 g 0,8 g

— —

1.367 kJ e

⇒ e ⫽ 23,8 kJ

a) Grandezas: Massa

Energia liberada — —

2.808 kJ x

⇒ x ⫽ 15,6 kJ

⇒ y ⫽ 3,7 kcal

53

Alternativa C. A dissociação da molécula de hidrogênio em átomos envolve quebra 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. Como apenas a última classificação está correta, ele cometeu dois erros.

55

Alternativa C. A evaporação da acetona (processo endotérmico) absorve energia da água, fazendo com que sua temperatura se reduza. Como, quando o processo deixa de ser acompanhado, ainda resta acetona, concluímos que, durante o tempo em que foi acompanhado, a temperatura deve ter sofrido contínua diminuição, o que está expresso no gráfico da alternativa C.

56

Falso: Os alimentos cozinham mais rapidamente numa panela de pressão devido ao aumento do ponto de ebulição da água. Verdadeiro: A evaporação da água nas paredes do filtro retira calor delas, tornando a água mais fria no interior do filtro de barro. Verdadeiro: No fenômeno da osmose, o solvente vai do meio mais diluído (folhas de alface) para o mais concentrado (salmoura). Por essa razão, as folhas murcham quando em contato com salmoura. Verdadeiro: O crescimento de massas de pães, bolos, pizzas é devido à liberação de CO2 proveniente de fermento biológico ou químico.

58

Verdadeiro: Na realidade a ebulição de um líquido ocorre quando sua pressão de vapor se iguala com a pressão externa (atmosférica). Num local onde a pressão externa exercida sobre o líquido seja baixa, ele poderá ferver até à temperatura ambiente. Falso: A melhor eficiência da pilha alcalina em relação à comum está na substituição do meio entre os eletrodos. No caso das alcalinas, a pasta entre os eletrodos contém KOH (como eletrólito) em vez de NH4Cl.

Energia liberada

Hidrogênio:

⇒ a ⫽ 0,011 kJ

Expressando o resultado como número inteiro chega-se a 4 kcal, que coincide com o mencionado no enunciado.

∆H ⫽ ⫺91,8 kJ

Os valores de entalpia-padrão apresentados informam a quantidade de energia (em kJ) liberada na combustão de um mol da substância. O maior valor de entalpia-padrão de combustão do gráfico é o do octano. Portanto, o octano libera, na combustão, maior quantidade de energia por mol.

286 kJ a

b) Grandezas: Energia Energia (em kcal) (em kJ) 1 kcal — 4,18 kJ y — 15,6 kJ

c) A tabela informa que a entalpia-padrão de formação da amônia é ⫺45,9 kJ/mol. Na equação em questão, que é de formação de amônia, o coeficiente do produto é 2. Assim, deduzimos que o ∆H é o dobro da entalpia-padrão de formação da amônia. Assim:

49

2g — 8 䡠 10⫺5 g —

180 g 1,00 g

∆H ⫽ ⫺76 kJ

d) Os valores calculados não são iguais. A diferença deve-se ao fato de o método usado no item b ser aproximado, pois alguns valores de energia de ligação são a média obtida em várias moléculas. (Além disso, são ignoradas as interações entre as moléculas, pois o cálculo utilizando energias de ligação envolve apenas a quebra e a formação das ligações interatômicas, admitindo-se que a molécula esteja livre da interação com outras moléculas. Na prática, mesmo no estado gasoso, há alteração nas interações intermoleculares quando comparamos reagentes e produtos, cujo efeito global sobre o ∆H pode não ser desprezível.)

Energia liberada

Hidrogênio:

Concluímos que o octano libera, na combustão, maior quantidade de energia por unidade de volume. Outro modo de realizar esses cálculos é multiplicar os resultados da questão anterior (em kJ/g) pelo valor da densidade de cada combustível (em g/mL), o que nos conduz à energia liberada na combustão de um mililitro do combustível (em kJ/mL).

H

H

ocorre: • quebra de 1 mol de ligações triplas N

O valor da densidade, expressa em g/mL, informa a massa de um mililitro 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 mililitro do combustível.

7/7/05, 21:22


47

57 Falso: O ânodo é o pólo negativo de uma pilha. Falso: O “calor” da sauna é em parte proveniente da condensação do vapor de água, um processo exotérmico. 60

Alternativa B. A água, para evaporar, absorve calor do corpo humano, dando a sensação de frio.

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 necessário: • manter a equação II;

Professor: Este caso pode ser associado com o caso da moringa de barro.

• inverter e dividir por dois a equação III; • inverter e dividir por dois a equação IV.

61

64

Alternativa A. A reação descrita é um processo endotérmico e ocorre com absorção de 491,5 kJ. ∆

→

a) 1 NH4HCO3

Assim, temos: C(s) ⫹ O2(g)

—

1 mol

79 g

—

44 g


P(branco)

b) Agente oxidante: H2O

∆H1 ⫽ ⫺99,6 kJ

→ P(vermelho) ⫹

5 Cl2(g) ∆H2 ⫽ ⫹95,4 kJ 2

→ P(vermelho)

∆H ⫽ ∆H1 ⫹ ∆H2

72

77

78

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.

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)

2 LiOH(s) ⫹ CO2(g)

→

Li2CO3(s) ⫹ H2O(g)

reação global:

O H H

(O agente redutor, C, é substância simples.)

∆H ⫽ ⫺4,2 kJ/mol

73

1 O ∆H° ⫽ ⫹283,0 kJ 2 2(g) ⫹ CO(g) ∆H° ⫽ ⫹131,3 kJ (endotérmica)

C(s) ⫹ H2O(g) → H2(g)

a) Usando a Lei de Hess: 5 P(branco) ⫹ Cl2(g) → PCl5(g) 2 PCl5(g)

⫹

1 O ∆H° ⫽ ⫹241,8 kJ 2 2(g)

CO2(g) → CO(g) ⫹

b) A substância CO2 e a substância H2O. ∆ c) É endotérmica, pois necessita de calor (→) para sua ocorrência. 66

∆H° ⫽ ⫺393,5 kJ

H2O(g) → H2(g)

1 NH3 ⫹ 1 CO2 ⫹ 1 H2O

1 mol

→ CO2(g)

Alternativa C. Na2CO3 10 H2O(s) Na2CO3 7 H2O(s) Na2CO3 H2O(s)

→ → →

Na2CO3 7 H2O(s) ⫹ 3 H2O(g) Na2CO3 H2O(s) ⫹ 6 H2O(g) Na2CO3(s) ⫹ H2O(g)

∆H ⫽ ⫹37 kcal ∆H ⫽ ⫹77 kcal ∆H ⫽ ⫹14 kcal

Na2CO3 10 H2O(s)

→

Na2CO3(s) ⫹ 10 H2O(g)

∆H ⫽ ⫹128 kcal

H2O(l)

→

H2O(g)

Na2CO3 10 H2O(s) 10 H2O(g)

→ →

Na2CO3(s) 10 H2O(l)

⫹

10 H2O(g)

∆H ⫽ ⫹128 kcal ∆H ⫽ ⫺100 kcal

Na2CO3 10 H2O(s)

→

Na2CO3(s)

⫹

10 H2O(l)

∆H ⫽ ⫹28 kcal

∆H ⫽ 10 kcal/mol

multiplicando por 10 e invertendo

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 CO2(g)

⫹

3 H2(g)

⫹

6 C(graf.)

⫹

6 O2(g) 3 H2O(l)

3 O 2 2(g) 3 H2(g)

→

∆H°1 ⫽ 6 (⫺394) kJ

6 CO2(g) ⫹

15 O2(g) 2

→

C6H6(l)

∆H°2 ⫽ ⫹3.268 kJ

→

3 H2O(l)

∆H3° ⫽ 3 (⫺286) kJ

→

C6H6(l)

∆H° ⫽ ∆H1° ⫹ ∆H2° ⫹ ∆H3°

b) ∆H° ⫽ ∆H1° ⫹ ∆H2° ⫹ ∆H3° ⫽ ⫹46 kJ Portanto, a entalpia-padrão de formação do C6H6(l) é:

79

Alternativa C. ∆H° ⫽ [Σn ∆Hf° (produtos)] ⫺ [Σn ∆Hf° (reagentes)] ∆H° ⫽ [(⫺924,5) ⫹ 0] ⫺ [0 ⫹ 2 (⫺285,8)] ∆H° ⫽ ⫺352,9 kJ


57

∆Hf° ⫽ ⫹46 kJ/mol

80

Alternativa C. ∆H° ⫽ [Σn ∆Hf° (produtos)] ⫺ [Σn ∆Hf° (reagentes)] ∆H° ⫽ [0 ⫹ (⫺1.670)] ⫺ [3 (⫺604) ⫹ 0] ∆H° ⫽ ⫹142 kJ

6/24/05, 14:17

58 ∆Hf ⫽ ⫺598,6 kcal Obs.: O exercício foi transcrito no livro como apareceu no vestibular. A fórmula da sacarose é, contudo, C12(H2O)11, o que, levado em conta, conduziria a outro resultado.

01) Incorreto: 3 C(gr) ⫹ 4 H2(g) ⫹ 5 O2(g) → 3 CO2(g) ⫹ 4 H2O(l) 3(⫺394)

∆H1 ⫽ [3(⫺394) ⫹ 4(⫺286)] ⫺ 0 ⇒

4(⫺286)

∆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)

90

Alternativa 05. Os valores absolutos são iguais, pois a vaporização da água líquida é o processo inverso da liquefação do vapor de água.

91

Alternativa C. C6H12O6(s) ⫹ 6 O2(g) → 6 CO2(g) ⫹ 6 H2O(l)

4(⫺286)

∆H3 ⫽ Hp ⫺ Hr ⫺2200 ⫽ ⫺2326 ⫺ Hformação Hformação ⫽ ∆Hf ⫽ ⫺126 kJ/mol

∆Hf ⫽ ?

08) Correto: A combustão do propano libera 2.200 kJ.

a) A reação de combustão da sacarose é exotérmica, com liberação de 5.635 kJ/mol. b) C12H22O11(s) ⫹ 12 O2(g)

6(⫺3 102)

∆Hreação ⫽ ∆Hp ⫺ ∆Hr ⫺2,8 103 ⫽ [6(⫺4 102) ⫹ 6(⫺3 102)] ⫺ ∆Hf ∆Hf ⫽ ⫺1,4 103 kJ/mol

16) Correto: ∆H1 ⫽ ∆H2 ⫹ ∆H3 ∆H2 ⫽ ⫺126 kJ 82

6(⫺4 102)

92

Alternativa A. H

→ 12 CO2(g) ⫹ 11 H2O(l)

C

⫹

H

2O

c) ∆Hf (sacarose) ⫽ ? ∆Hreação ⫽ ∆Hp ⫺ ∆Hr ⫺5.635 ⫽ [12(⫺394) ⫹ 11(⫺286)] ⫺ ∆Hf (sacarose) ∆Hf (sacarose) ⫽ ⫺2.239 kJ/mol

H

Alternativa E.

Nesse processo ocorre:

O

→

C

O

⫹

O

H

⫹

O

2H

H 83

H2(g) ⫹

84

0) 1) 2) 3) 4)

1 O (g) 2 2

→ H2O(s)

H2O(l)

→ H2(g) ⫹

H2O(l)

→ H2O(s)

• quebra de 4 mol de ligações simples C

∆H ⫽ ⫺70,0 kcal/mol


1 O ∆H ⫽ ⫹68,3 kcal/mol 2 2(g) ∆H ⫽ ⫺1,7 kcal/mol

Falso: (a) corresponde ao estado gasoso. Verdadeiro: ∆H1 corresponde ao calor de formação de H2O(v). Falso: (c) corresponde ao estado sólido. Verdadeiro. Falso: As designações (a), (b) e (c) correspondem, respectivamente, aos estados gasoso, líquido e sólido.

• formação de 2 mol de ligações duplas C

N

N

H

H

⫺2 804 kJ

O:

⫺4 463 kJ

H:

∆H ⫽ ⫺820 kJ

No global, temos: a) H

⫹2 494 kJ

O:

• formação de 4 mol de ligações simples O

93

⫹4 413 kJ

H:

H

⫹

O

O

→

N

⫹

N

⫹

2O

H

H 86

a) 3 C(grafite) ⫹ 4 H2(g) →

C3H8(g)

Nesse processo ocorre:

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 ∆H ⫽ ⫺1.444 kJ 4 H2(g) ⫹ 2 O2(g) → 4 H2O(l) 3 C(s) ⫹ 4 H2(g) → C3H8(g) 88

89

∆Hf ⫽ ?

0

12(⫺94,1)

12(⫺68,2)

∆Hreação ⫽ ∆Hp ⫺ ∆Hr ⫺1.349 ⫽ [12(⫺94,1) ⫹ 12(⫺68,2)] ⫺ ∆Hf


58

H:

⫹4 389 kJ

N:

⫹163 kJ


∆H ⫽ ⫺126 kJ

⫹498 kJ

O:

• formação de 1 mol de ligações triplas N

N:

⫺946 kJ

• formação de 4 mol de ligações simples H

O:

⫺4 464 kJ

Efetuando o somatório geral, chegamos a:

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, portanto esse valor é menor que zero. 3) Verdadeiro. 4) Verdadeiro. C12(H2O)12 ⫹ 12 O2 → 12 CO2 ⫹ 12 H2O

• quebra de 4 mol de ligações simples N • quebra de 1 mol de ligações simples N

∆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: 2HkH ⇒ ⫹2(4,4 102) 2 CO ⇒ ⫹2(10,8 102)

6/24/05, 14:17


81

59 Ligações a serem formadas: 4CkH ⇒ ⫺4(4,2 102) 2C

1 mol — 3.419,5 9 mol — x x ⫽ 30.776 kJ

⇒ ⫺2(8,0 102)

O

∆Htotal ⫽ ⫹ 880 ⫹ 2.160 ⫺ 1.680 ⫺ 1.600 ∆Htotal ⫽ ⫺240 kJ

106

Alternativa B. ⫹ 38 O2 → 25 CO2 ⫹ 26 H2O C25H52 1(352 g) — 25 mol — x 1,056 103 g x ⫽ 75 mol de CO2 formados em um processo exotérmico (ocorre 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) 4g — x x ⫽ 6,5 g de H2O (32) Verdadeiro. N2(g) ⫹ 3 H2(g) → 2 NH3(g)

O valor negativo de ∆H indica uma reação exotérmica, portanto ocorre 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, sendo os produtos depositados no reservatório E. 96

Alternativa C.


I – Incorreta: É necessário maior energia para decompor a molécula de nitrogênio. II – Correta: A molécula do HCl é mais estável que as de HBr e de HI, pois o valor da sua energia de ligação é maior. III – Correta: A molécula de Cl2 tem o valor de energia de ligação 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

100

0

Grandezas: Massa Energia liberada 32 g — 154 kcal ⇒ x ⫽ 308 kcal 64 g — x Alternativa C. n⫽

m M

108 m 342 chocolate 75 g 11 g 3g

sacarose: 0,22 ⫽ sacarose: gordura: proteína:

poder calorífico:

⇒ m ⫽ 75 g

102

Alternativa E. C57H104O6(s) ⫹ 80 O2(g) →

0 - Falsa. C2H5OH ⫹ 3 O2 → 2 CO2 ⫹ 3 H2O m 0,46 ⇒ n⫽ ⫽ 0,1 mol M 46 0,01 mol — ⫺13.700 J 1 mol — x x ⫽ ⫺1.370 kJ (Na afirmativa aparece kcal!) 1 - Verdadeira. ∆Hreação ⫽ ∆Hp ⫺ ∆Hr ⫺1.370 ⫽ [2(⫺394) ⫹ 3(⫺286)] ⫺ ∆Hf ∆Hf ⫽ ⫺276 kJ/mol 2 - Verdadeira. 1 mol — 46 g — ⫺1.370 kJ 1g — x x ⫽ ⫺29,8 kJ (que equivale a ⫺7,1 kcal) 3 - Verdadeira. 1 dm3 — 1.000 mL x — 200 mL x ⫽ 0,2 dm3

valor total 1.275 kJ 418 kJ 51 kJ 1.744 kJ 1.744 kJ — 100 g de chocolate x — 1,0 g de chocolate x ⫽ 17,44 kJ

Alternativa A. A maior parte da energia que a banana fornece como alimento provém de carboidratos (C6H12O6, C12H22O11 etc.), nos quais oxigênio e carbono contribuem com maior porcentagem em massa.

2 ∆Hf ⫽ ?

n⫽

valor energético 17 kJ/g 38 kJ/g 17 kJ/g

101

0

∆Hreação ⫽ ∆Hp ⫺ ∆Hr ⫺92,2 kJ ⫽ 2 ∆Hf ∆Hf ⫽ ⫺46,1 kJ (64) Falso: Obtêm-se 2 L de amônia.

57 CO2(g) ⫹ 52 H2O(l)

80 (6 1023) ⇓ 4,816 1025 moléculas de O2 1(884 g)

104

1 dm3 — 230 g de etanol 0,2 dm3 — x x ⫽ 46 g de etanol 1 mol → 46 g → ⫺1.370 kJ

a) Em 1 mol da mistura temos 0,5 mol de etanol e 0,5 mol de n-octano

∆H ⫽ b) d ⫽ n⫽


1.368 + 5.471 ⫽ 3.419,5 kJ 2

m V

⇒ 0,72 ⫽

m 720 ⫽ M 80,1

59

m 1.000

⇒ m ⫽ 720 g

⇒ n ⫽ 9 mol

109

Alternativa D. 1 mol de CO2 — 800 kJ x — 2,4 109 kJ 6 x ⫽ 3 10 mol

n⫽

m M

⇒ 3 10 6 ⫽

6/24/05, 14:17

m 44

⇒ m ⫽ 132 10 6 g ⫽ 132 t

60 17

Cinética química: o transcorrer das reações químicas 5

2 N2O5

→

4 NO2

⫹

O2

Proporção: 2 mol 4 mol 1 mol Grandezas: Concentração, Concentração, Concentração, em quantidade em quantidade em quantidade de matéria, de matéria, de matéria, por unidade por unidade por unidade de tempo de tempo de tempo 2 mol/L s — 4 mol/L s — 1 mol/L s 0,10 mol/L s — x — y

7 8

Professor: Surte um efeito bastante positivo ilustrar esse exercício usando 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.

A: NO2, B: O2 e C: N2O5. O reagente, N2O5, é gasto no processo e sua curva decrescente indica consumo ao longo do tempo. O produto NO2 é formado em quantidade em mols que é quatro vezes maior, por unidade de tempo, do que a do outro produto, o O2.

6

a)

x ⫽ 0,20 mol/L s

b)

y ⫽ 0,050 mol/L s

18

∆V 54 L ⫽ ⇒ vN ⫽ 1.080 L /s 1 2 ∆t s 20 Grandeza: Quantidade Volume de matéria 1 mol — 20 L ⇒ x ⫽ 2,7 mol x — 54 L vN ⫽ 2

Vamos fazer uma regra de três envolvendo a quantidade de matéria: 2 NaN3 3 N2 Proporção: 2 mol 3 mol Grandezas: Quantidade Quantidade de matéria de matéria 2 mol — 3 mol x — 2,7 mol

10

são produzidos em 1 s: 20 2

11

12

∆n 2,7 mol ⫽ 1 ∆t s 20

⇒

vN ⫽ 54 mol /s 2

Usando o resultado da questão 9, que revelou que 1,8 mol de NaN3 são gastos em 1 s: 20 ∆n 1,8 mol vNaN ⫽ ⫽ ⇒ vNaN = 36 mol /s 1 3 3 ∆t s 20 Usando o resultado da questão 9, que revelou que o air bag consome 1,8 mol de NaN3: Grandezas: Quantidade de matéria 1 mol 1,8 mol


60

Massa — —

65 g x

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 experimentais mostraram” que a lei cinética é v ⫽ k [NO2]2, então só o mecanismo II (dentre os apresentados) pode ser verdadeiro.

⇒ x ⫽ 1,8 mol

Usando o resultado da questão 8, que revelou que 2,7 mol de N2

vN ⫽

Na expressão matemática v ⫽ k [C2H4O]2, v é uma variável dependente da variável [C 2H 4 O] e k é uma constante de proporcionalidade. Assim, v é diretamente proporcional ao quadrado 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 o exercício numericamente. Utilizando, por exemplo, os valores k ⫽ 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 9

Na expressão matemática v ⫽ k [N2O5], v é uma variável dependente 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.

⇒

x ⫽ 117 g

Professor: Dissemos que pode, em vez de dizermos que certamente é, porque em cinética química é freqüente acontecer de haver mais de um mecanismo que obedeça a uma mesma lei cinética. Isso não está em jogo nesse exercício, pois só um dos mecanismos apresentados corresponde à equação v ⫽ k [NO2]2. Porém, nada impede que se conceba a existência de um outro mecanismo diferente dos apresentados e que corresponda à mesma lei cinética. O seguinte mecanismo, por exemplo, também conduz à equação v ⫽ k [NO2]2. 2 NO2 → N2O4 1a etapa: 2a etapa: N2O4 ⫹ CO → NO ⫹ CO2 ⫹ NO2

(lenta) (rápida)

global: NO2 ⫹ CO → NO ⫹ CO2 vglobal ⫽ vlenta ⫽ k [NO2]2 Evidências experimentais revelaram a presença momentânea do intermediário NO3 na fase gasosa durante o transcorrer da reação (cf. Kenneth Whitten, Raymond Davis e Larry Peck. General chemistry 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). Tais evidências sustentam o mecanismo II apresentado no exercício

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Capítulo 7

61 como o que pode ser o verdadeiro, uma vez que o NO3 aparece como seu intermediário. Em lugar de pode ser verdadeiro é costume se utilizar a expressão é consistente com as observações experimentais. Na ocasião em que esta obra foi escrita, o mecanismo II é consistente com todas as evidências experimentais, sendo, portanto, o mecanismo aceito para a reação NO2 ⫹ CO → CO2 ⫹ NO. A conclusão mais importante deste exercício, e que deve ser passada com muita clareza para os alunos, é que, se a reação NO2 ⫹ CO → CO2 ⫹ NO não possui lei cinética v ⫽ k [NO2] [CO], isso significa que ela necessariamente não é elementar.


26

Quando o alimento é colocado em água quente, isso acelera as complexas reações envolvidas no cozimento. A água não necessariamente precisa estar fervendo para que o alimento sofra tais reações ou, em outras palavras, a água não precisa estar fervendo para que o alimento cozinhe. Se ela estiver bem quente, isso já permite ao alimento cozinhar. No entanto, se a água estiver fervendo, ela estará certamente na maior temperatura possível para a água líquida (nas condições permitidas pelo local em que a experiência é feita) e isso permite que o cozimento seja o mais rápido possível. Ao usar a panela de pressão, permitimos que a água atinja (ainda líquida) uma temperatura maior do que atingiria se a panela fosse aberta e, portanto, propiciamos um aumento da velocidade das reações envolvidas no cozimento.

de contato, o volume produzido por unidade de tempo é maior e a reação chega ao final em menor tempo. Assim: Volume de gás Zinco em pó

Zinco em pedaço único

Tempo

39

a) Gás oxigênio. b) 2 H2O2 → 2 H2O ⫹ O2 c) Valem aqui os argumentos apresentados anteriormente na discussão da questão 31. A única diferença é que, no caso daquela questão, o aumento de velocidade se devia a um aumento da superfície de contato e, nesta, se deve à presença de catalisador. Volume de gás

Com catalisador

Professor: Ao comentar essa questão, é fundamental verificar se os alunos perceberam a diferença entre o uso dos verbos ferver (ou, mais cientificamente, ebulir) e cozinhar. Quem cozinha é o alimento. Quem ferve é a água. O alimento cozinha sob a ação da alta 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 cada 10°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 de três envolvendo velocidade e temperatura. Isso só seria válido se a velocidade fosse diretamente proporcional à temperatura, o que não é verdade. A regra de van’t Hoff é extremamente pobre e só é seguida por algumas poucas reações químicas. Usando argumentos da FísicoQuímica superior, é possível demonstrar que, num aquecimento de 25°C para 35°C, apenas as reações com energia de ativação por volta de 54 kJ/mol (13 kcal/mol) obedecem a essa regra. As reações com energia de ativação 84 kJ/mol (20 kcal/mol), por exemplo, triplicam sua velocidade quando aquecemos de 25°C para 35°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 esse volume aumenta até que a reação termine. A partir de então, o volume pára de aumentar mas não irá diminuir; permanecerá constante, correspondendo ao volume total de gás produzido na reação. Assim, a curva deve sair do zero; deve ser crescente e atingir um patamar correspondente ao volume total de gás produzido. Ao usar zinco em pó, a curva também irá sair do zero, subir e atingir o mesmo patamar, uma vez que o volume final é o mesmo (estamos usando mesma quantidade de reagentes). A única diferença é que, sendo a reação mais rápida, graças à maior superfície


61

Sem catalisador

Tempo

Professor: É muito conveniente comparar, em sala de aula, esse item c com a questão 31. 41

Alternativa C. A alternativa A é incorreta. Seria diretamente proporcional se o gráfico fosse uma reta que passasse pelo ponto (0,0). A alternativa B é incorreta. Para que uma afirmativa desse tipo fosse válida, ambas as grandezas deveriam, antes de mais nada, ser diretamente proporcionais. A alternativa C é correta. O gráfico informa que o aumento sofrido pela espessura hidratada é maior nos 20 mil anos iniciais (isto é, de 0 a 20.000 anos), menor nos 20 mil anos seguintes (de 20.000 a 40.000 anos), menor ainda nos 20 mil anos seguintes (de 40.000 a 60.000 anos), e assim por diante. A alternativa D é incorreta, de acordo com o exposto no parágrafo anterior. A alternativa E é incorreta. O gráfico informa que a partir do instante de tempo 100.000 anos a curva ainda sofre ligeiro aumento.

42

Alternativa A. 2 N2O5 → 4 NO2 ⫹ O2 Proporção: 2 mol 4 mol 1 mol Grandezas: Concentração, Concentração, Concentração, em quantidade em quantidade em quantidade de matéria, de matéria, de matéria, por unidade por unidade por unidade de tempo de tempo de tempo 2x — 4x — 1x A alternativa A é correta. Enquanto a reação estiver se processando e as concentrações estiverem variando, a concentração do NO2, em quantidade de matéria, aumenta quatro vezes mais rápido que a do O2, em um certo intervalo de tempo.

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62

43

44

45

46

47

48

Alternativa B. Os reagentes estão inicialmente presentes na proporção estequiométrica 1 : 2. Como, durante a ocorrência da reação, eles são consumidos de acordo com essa mesma proporção, concluímos que a concentração de S2O2⫺ 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⫺.

v ⫽ k [NO]2 [O2] Portanto, a alternativa A é incorreta. Comparando o último experimento com o penúltimo, verificamos que as concentrações são iguais, mas a velocidade é maior no último. Isso indica que a temperatura no último experimento é maior do que 400°C. O aumento da velocidade se reflete no aumento do valor de k (calculado mais à frente), pois essa constante é característica da reação e da temperatura. Portanto, a alternativa B é correta. A alternativa C é incorreta, como se pode concluir pela presença de [O2] na lei cinética deduzida. A alternativa D é incorreta, no valor e na unidade. Podemos calcular o valor de k a 400°C utilizando os dados de um dos três primeiros experimentos. Usando, por exemplo, os dados do primeiro:

Alternativa C. A equação da reação é 2 HCl ⫹ Zn → ZnCl2 ⫹ H2. Escrita na forma iônica, ela fica: 2 H⫹ ⫹ Zn → Zn2⫹ ⫹ H2. Assim, podemos concluir que: • os íons cloreto não participam da reação e, portanto, sua concentração 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 concentração aumenta com o tempo; • a proporção estequiométrica entre H⫹ e Zn2⫹ é de 2 : 1, revelando que, quando a curva do H⫹ desce duas unidades, a do Zn2⫹ sobe uma. Isso tudo está de acordo com a alternativa C.

k⫽

[NO]2 [O 2 ]

Alternativa A. Vamos comparar linhas adequadamente escolhidas de tal forma que uma das concentrações esteja mudando e as outras permaneçam constantes. Do experimento I para o II, só a concentração de H2O2 muda. Como o “tempo decorrido para a formação de mesma concentração de I2” 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 velocidade não 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 modificado. Concluímos, portanto, que a velocidade depende da [I⫺].

62

⫽

1,0 10⫺4

mol Ls

2

 0,020 mol   0,010 mol   L   L 

L2 mol 2 s

A alternativa E é incorreta. O valor de k para uma certa reação é constante a uma dada temperatura. Variações de temperatura provocam variações no valor de k. Assim, certamente o valor de k para o último experimento é diferente, pois ele ocorre a uma temperatura maior. Apenas para confirmar, vamos efetuar o cálculo com os dados da última linha da tabela: k⫽

v [NO]2 [O 2 ]

a

Da 2 linha para a 3 , a [A] é constante e a [B] duplica. Como a velocidade quadruplica (vai de 3,0 para 12,0), concluímos que a velocidade é diretamente proporcional ao quadrado da [B] (segunda ordem em relação a B). Da 2a linha para a 4a, a [A] é constante e a [B] triplica. Como a velocidade é proporcional ao quadrado da [B], então concluímos que a velocidade deverá ficar multiplicada por 3 2, ou seja, x ⫽ 9 3,0 ⫽ 27.


v

k ⫽ 25

Vamos comparar algumas linhas adequadamente escolhidas, de tal forma que uma das concentrações esteja mudando e a outra permaneça constante. Da 2a linha para a 1a, a [Y] é constante e a [X] duplica. Como a velocidade quadruplica (vai de 1,50 10⫺3 para 6,00 10⫺3), concluímos que a velocidade é diretamente proporcional ao quadrado da [X] (segunda ordem em relação a X). Da 2a linha para a 3a, a [X] é constante e a [Y] duplica. Como a velocidade duplica (vai de 1,50 10⫺3 para 3,00 10⫺3), concluímos que a velocidade é diretamente proporcional a [Y] (primeira ordem em relação a Y). Assim a lei cinética é v ⫽ k [X]2 [Y]. a

Alternativa B. Vamos inicialmente nos ater aos três primeiros experimentos, pois temos 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 — concluímos que a velocidade é proporcional ao quadrado da concentração de NO. Comparando a primeira e a terceira linhas — em que [NO] é fixa, [O2] é quadruplicada e, em conseqüência, a velocidade quadruplica — concluímos que a velocidade é proporcional à primeira potência da concentração de O2. Assim, a lei cinética da reação é:

k ⫽ 100

49

⫽

16,0 10⫺4

mol Ls

2

 0,020 mol   0,040 mol   L   L 

L2 mol 2 s

Alternativa A. Cada um dos gráficos ilustra, em separado, a dependência da velocidade com a concentração de cada reagente. O primeiro gráfico revela que a velocidade é diretamente proporcional a [H2O2]. O segundo gráfico revela que a velocidade é diretamente proporcional a [I⫺]. E o último gráfico revela que a velocidade independe de [H3O⫹]. Assim, temos: v ⫽ k [H2O2] [I⫺]

50

Uma triplicação apenas no valor de [NO] faz com que a reação passe a ser nove vezes (32) mais rápida. E uma triplicação apenas no valor de [O2] faz com que a reação passe a ser três vezes (31) mais rápida. Assim, ao triplicarmos ambas as concentrações, teremos ambos os efeitos atuando em conjunto e a reação será 27 vezes mais rápida (32 31 ⫽ 27).

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A 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 elaborada anteriormente vale (enquanto as concentrações estiverem variando) para comparar as velocidades médias, consideradas em um mesmo intervalo de tempo, e para comparar as velocidades instantâneas, consideradas em um mesmo instante de tempo. Assim, 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 a metade.

63 55

a) As duas “montanhas” no desenho revelam a ocorrência de duas reações elementares. Na primeira etapa, temos ClO⫺ ⫹ ClO⫺ ⫹ ClO⫺ → ou seja, 2 ClO⫺ → Na segunda etapa, ClO⫺2 ⫹ Cl⫺ ⫹ ClO⫺ → ou seja, ClO⫺2 ⫹ ClO⫺ → Assim, o mecanismo é 1a etapa: 2 ClO⫺ → 2a etapa: ClO⫺ ⫹ ClO⫺2 →

68

ClO⫺2 ⫹ Cl⫺ ⫹ ClO⫺

1a etapa: H2O2 ⫹ 2a etapa: H2O2 ⫹

ClO⫺2 ⫹ Cl⫺ ⫺ 3

⫺

⫺ 3

⫺

ClO ⫹ Cl ClO ⫹ Cl

⫺

⫹ Cl

ClO⫺2 ⫹ Cl⫺ ClO⫺3 ⫹ Cl⫺

Alternativa D. Para resolver, vamos admitir que o volume médio das bolhas seja o mesmo nos três experimentos. Assim, comparar o número de bolhas formadas em 30 s equivale a comparar o volume de gás produzido em 30 s e, portanto, equivale a comparar a rapidez dos processos. 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 da maior temperatura. E, entre I e III, o experimento III tem maior rapidez, graças à maior superfície de contato do ferro com a solução ácida. Assim, a ordem crescente pedida é: II, I, III.

2 H2O

64

67

Alternativa E. O reagente limitante é o ácido, pois em todos os experimentos sobrou ferro. Nos experimentos C e D, há maior quantidade de ácido e, portanto, deve ser formada maior quantidade de gás. Já sabemos, então, que as curvas 1 e 2, não necessariamente nessa ordem, correspondem aos experimentos C e D. E as curvas 3 e 4, também não necessariamente nessa ordem, correspondem aos experimentos A e B. Agora vamos comparar os experimentos A e B. A reação é mais rápida em B graças à maior superfície de contato entre o ferro e a solução. Assim, a correspondência é 3-B e 4-A. Finalmente, vamos comparar os experimentos C e D. A reação é mais rápida em C porque a temperatura é maior. Então, a correspondência é 1-C e 2-D. Alternativa C. Após aberta a embalagem, microrganismos presentes no ar podem entrar na embalagem (V). E, se ela permanecer fora da geladeira, a temperatura do leite será ideal para que se multipliquem (II). A deterioração do leite se deve a reações catalisadas por substâncias produzidas por microrganismos, e essas reações são mais rápidas à temperatura ambiente do que na geladeira (III).


63

2H2O2 + I

Na presença de I – 1ª etapa: lenta 57 kJ/mol

Alternativa B. O volume de hidrogênio produzido, que inicialmente é zero, aumenta 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 crescente e atingir um patamar que corresponde ao volume total de gás produzido. Tanto no caso do zinco em raspas como no do zinco em pó, a curva atingirá o mesmo patamar, pois o volume final de gás produzido é o mesmo (já que se utiliza a mesma quantidade de reagentes). A diferença é que, sendo a reação mais rápida no caso do pó (B), graças à maior superfície de contato, a reação é mais rápida do que no caso das raspas (A) e chega ao final em menor tempo.

O2

Na ausência de I – Ea (sem catalisador)

63

⫹

I⫺

Energia

76 kJ/mol


H2O ⫹ IO⫺ H2 O ⫹ 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 e íons I⫺ em solução” é 2 H2O2 → 2 H2O ⫹ O2 Professor: Alguns alunos costumam questionar como é possível afirmar, pelo mecanismo mostrado, que os íons I⫺ propiciam um mecanismo de menor energia de ativação do que na ausência desses íons. Uma argumentação que pode ser usada é a seguinte: Se o mecanismo mostrado possuísse energia de ativação maior que a reação 2 H2O2 → 2 H2O ⫹ O2 sem a participação de I⫺, então, na presença de íons I⫺, a reação não iria se processar pelo mecanismo descrito. Ela continuaria a acontecer pelo mecanismo direto, sem participação de I⫺. Assim, o simples fato de o enunciado apresentar o mecanismo já permite afirmar que, tendo sido observado experimentalmente, então ele é mais rápido do que o processo na ausência de íons I⫺. Graficamente, temos:

b) O diagrama permite perceber que a energia de ativação para a primeira etapa é maior que para a segunda. Assim, a primeira etapa é a determinante da velocidade global. A expressão da velocidade da reação global é vglobal ⫽ vlenta ⫽ k [ClO⫺]2. 61

I⫺ → IO⫺ →

2 H2O2 →

global:

3 ClO⫺ → ClO⫺3 ⫹ 2 Cl⫺

global:

a) Sim. O catalisador possui várias características, sendo que uma delas é participar do mecanismo da reação e não ser efetivamente consumido. Isso é facilmente evidenciado ao somar ambas as etapas

–

2ª etapa: rápida Ea1 Ea2 H2O + IO– + H2O2 2H2O + O2 + I –

Coordenada de reação

70

Alternativa B. I. Correta. Como os reagentes são gasosos, a redução de volume à metade fará a concentração de cada um duplicar. Como a equação de velocidade é v ⫽ k [A] [B]2, isso fará a velocidade ficar multiplicada por 8 (isto é, 2 22). II. Correta. A diminuição de temperatura provoca diminuição da constante de velocidade k e, conseqüentemente, redução da velocidade 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 de x1 nas abscissas, a curva HC está acima da curva CO, revelando que a porcentagem de hidrocarboneto (HC) transformado será maior que a porcentagem de CO transformado. II é correta porque a soma das porcentagens de HC, CO e NO convertidos é maior em x2 do que em x1 ou em x3. Como há uma maior porcentagem de conversão dos poluentes em não-poluentes em x2, haverá, para essa porcentagem de oxigênio, uma menor quantidade de HC, CO e NO nos gases de escape. III é correta. Em x3 a porcentagem de conversão de CO é maior do que em x1. Assim, restará menor quantidade de CO no caso de x3. E, de acordo com a segunda equação química apresentada, o CO é reagente necessário à conversão de NO em N2.

6/24/05, 14:17

64 73

Cálculo de quanto reagiu (75% do inicial): 75% de 4,0 mol/L ⫽ 0,75 4,0 mol/L ⫽ 3,0 mol/L

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⫹ 5 104 mg x

Volume solução — 2 104 L — 1L

CO ⫹ Cl2 F COCl2

⇒ x ⫽ 2,5 mg

Início

4,0

4,0

Reagiu

3,0

3,0

— Proporção dos

Formou Equilíbrio

Isso indica que há, na água do tanque de criação, 2,5 mg/L de íons Cu2⫹. A análise do segundo gráfico apresentado revela que, se a concentração de Cu2⫹ na água for da ordem de 2,5 mg/L, o tempo de exposição de 24 h acarreta a mortalidade de 50% dos camarões presentes.

Kc ⫽

13

1,0

1,0

[COCl 2 ]

Kc ⫽

[CO][Cl 2 ]

3,0

coeficientes

3,0

1:1:1

3,0 1,0 1,0

Kc ⫽ 3,0

Cálculo da quantidade, em mols, de HI inicial: 64,0 g ⫽ 0,50 mol 128 g / mol Cálculo da quantidade, em mols, de HI presente no equilíbrio:

Capítulo 8

12,8 g ⫽ 0,10 mol 128 g / mol Cálculo da quantidade, em mols, de HI que reagiu: nHI reagiu ⫽ 0,50 ⫺ 0,10 ⫽ 0,40 mol n HI ⫽

Equilíbrio químico: a coexistência de reagentes e produtos

a) α ⫽

n HI reagiu n HI inicial

⫽

α ⫽ 0,80 1

5

Na situação de equilíbrio químico deve haver reagentes (H2 e Cl2) e produto (HCl) coexistindo no sistema. Isso está de acordo apenas com o modelo . No modelo 훽 não há produto, no 훾 não há reagentes e no  não há o reagente Cl2. No modelo 훿 os átomos estão isolados, e não unidos formando moléculas, em uma situação que não retrata reagentes nem produtos.

Kc ⫽

[SO3 ]2 [SO 2 ] 2 [O 2 ]

Kc ⫽

 2,0     4,0 

 0,80   1,25       4,0   4,0 

 15   30  Kc ⫽  2  5   30   30 

[COCl 2 ]

Kc ⫽ 20

a) A curva C é decrescente e, portanto, corresponde ao reagente (NO2), que é gasto no processo. As outras correspondem aos produtos, que são formados. A substância da curva A é formada em quantidade duas vezes maior que a da curva B e, portanto, concluímos que se refere ao NO (de acordo com a proporção 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.

Kc ⫽

—

0,20

0,20

0,10

coeficientes

0,20

0,20

2:1:1

Cálculo de Kc:

Kc ⫽ 45

c)

[H 2 ][I 2 ] [HI]2

=

 0,20   0,20   V  V  2  0,10   V 

(4,0 10⫺2 )2 (2,0 10⫺2 ) (8,0 10⫺3 )2

8,0 mol ⫽ 4,0 mol / L 2,0 L

64

Kc⫽ 4,0

Quantidade de matéria (mol) 0,5 0,4 0,3 0,2

H2 / I 2

0,1

HI

0

Tempo Equilíbrio é atingido

[NO 2 ]

[CO] ⫽ [Cl 2 ] ⫽

—

Proporção dos

2

Cálculo das concentrações iniciais:


0,40

[NO]2 [O 2 ]

Kc ⫽ 0,5 11

0,50

Reagiu

Kc =

7

c) K c ⫽

Início

Equilíbrio

Kc ⫽

[CO][Cl 2 ]

2 HI F H2 ⫹ I2

Formou

6

α ⫽ 80%

ou

b) Preenchimento da tabela (quantidade de matéria):

2

2

0,40 mol 0,50 mol

15

Nos modelos 훽 e 훾. Em 훽 não estão representados ambos os reagentes. Em 훾 não está representado o reagente CO. Para que o modelo expresse corretamente a situação de equilíbrio, deve conter moléculas de reagentes e de produtos. Isso ocorre apenas no modelo 훿. (Além disso, nesse modelo, as concentrações de H2 e de CO2 são o dobro das concentrações de CO e de H2O, o que está de acordo com o valor de Kc.)

6/24/05, 14:17


n HI ⫽

65 16

[NO 2 ]2

1.

[N 2 O 4 ] [NO 2 ]2

2.

[N 2 O 4 ] [NO 2 ]2

3.

[N 2 O 4 ] [NO 2 ]2

4.

17

[N 2 O 4 ]

(1,0)2 ⫽ 1,0 1,0

⫽

⇒

Não está em equilíbrio.

(4,0)2 ⫽ 4,0 4,0

⇒

⫽

(1,0)2 ⫽ 3,2 0,31

⇒

Está em equilíbrio.

⫽

(1,8)2 ⫽ 3,2 1,0

⇒

Está em equilíbrio.

⫽

a) No frasco 1 o resultado do cálculo

Kp ⫽

[NO 2 ]2 [N 2 O 4 ]

é menor que 3,2.

Kp ⫽

26


No frasco 2 o resultado do cálculo

[NO 2 ]2 [N 2 O 4 ]

—

Equilíbrio

1,2

(PPCl ) (PCl ) 3

1,8

1,8

coeficientes

1,8

1,8

1:1:1

x PCl P x Cl P

⫽

2

(PPCl )

3

⫽

2

x PCl P

5

x CO P x H

2

2O

P

⫽

x CO x H 2

2

x CO x H

2O

⫽

2

n total nH O 2

n total

n CO n H 2

2

n CO n H

2O

⫽

2,2 2,2 1,0 1,0

Kp ⫽ 4,84

a) Apenas nas situações 훾 e , pois o resultado do cálculo é igual ao valor de Kc.

31

Alternativa E. A alternativa A é incorreta. Quanto maior for Kc, maior será a concentração de produtos no equilíbrio e, portanto, maior o rendimento da reação. A alternativa B é incorreta. A constante de equilíbrio depende da reação e da temperatura. A alternativa C é incorreta. Quando as velocidades da reação direta e da reação inversa são iguais, ocorre o equilíbrio químico, caracterizado por um valor de Kc (que é um número real maior que zero). A alternativa D é incorreta. Quaisquer que sejam as concentrações 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 concentração de produtos na situação de equilíbrio químico.

33

Alternativa E. As curvas passam a ser retas constantes no instante de tempo 10 min. É nesse instante, portanto, que o equilíbrio químico é atingido. O gráfico informa que, até atingir o equilíbrio, há a variação de 2,5 mol/L nas concentrações de A, B, C e D, o que permite deduzir que os coeficientes estequiométricos são todos unitários, ou seja, que a equação A ⫹ B F C ⫹ D já está balanceada. Assim, a expressão matemática da constante de equilíbrio (grandeza representada, no enunciado, por Ke) é:

—

Cálculo da quantidade em mols total: ntotal ⫽ 1,2 ⫹ 1,8 ⫹ 1,8 ⫽ 4,8 mol Cálculo de Kp:

Kp ⫽

2

a) O sinal do ∆H informa que a reação direta é exotérmica. Assim, segundo o Princípio de Le Chatelier, um aquecimento deve deslocar o equilíbrio para a esquerda (sentido endotérmico), consumindo I2 e diminuindo a intensidade da cor violeta. b) O resfriamento do frasco provocará deslocamento do equilíbrio para a direita, formando I2 e aumentando a intensidade da cor violeta.

Proporção dos

Formou

nH

x CO P x H P

29

PCl5 F PCl3 ⫹ Cl2

1,8

⫽

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.

Cálculo da quantidade de PCl5 que reagiu: 60% de 3,0 mol ⫽ 1,8 mol Preenchimento da tabela (em mols):

3,0

2

[H 2 ] [CO 2 ]

é maior que 3,2.

Ao convergir para o equilíbrio haverá aumento da concentração de N2O4. b) No frasco 1 haverá aumento da concentração de NO2 e no frasco 2 haverá diminuição da concentração de NO2.

Reagiu

2O

[CO] [H 2 O]

resulta em 3,2, haverá diminuição da concentração

Início

PCO PH

n total

de N2O4.

21

2

n total ⫽ n CO

2

[N 2 O 4 ]

2

n CO

Não está em equilíbrio.

Ao convergir para o equilíbrio, situação em que o cálculo

[NO 2 ]

PCO PH

⫽

5

1,8 1,8 4,8 4,8 4,8 4,8 1,2 4,8 4,8

Kp ⫽ 2,7 22

a) Cálculo da quantidade em mols que reagiu: nCO reagiu ⫽ 3,2 ⫺ 1,0 ⫽ 2,2 mol α⫽

n CO reagiu n CO inicial

α ⫽ 0,6875

⫽ ou

2,2 mol 3,2 mol α ⫽ 68,75%

b) Preenchimento da tabela (em mols): CO ⫹ H2O F CO2 ⫹ H2 Início

3,2

3,2

Reagiu

2,2

2,2

1,0

1,0

Formou Equilíbrio


65

—

Ke =

—

2,2

2,2

2,2

2,2

Proporção dos coeficientes 1:1:1:1

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

Substituindo, nessa expressão, os valores de concentrações no equilíbrio, temos: Ke ⫽

(2,5) (2,5) [C] [D] ⫽ [A] [B] (1,0) (1,0)

6/24/05, 14:17

⇒

Ke ⫽ 6,25

66 Vamos substituir, por exemplo, os valores: PN2O4 ⫽ 3,0 atm e PNO2 ⫽ 0,6 atm o que nos conduz a:

butano F isobutano Início

0,10

Reagiu

x

—

Proporção dos coeficientes

Formou

x 0,10 ⫺ x

Equilíbrio

1:1

x 0,10 ⫺ x x ⫽0,071

41

⫽

n butano inicial

0,071 ⫽ 0,71 0,10

ou

→

A

PCl5(g)

B

0,6 mol

0,9 mol

2 mol

3 mol

Kc ⫽

42

a) v ⫽

(0,9)3 [B]3 ⫽ [A]2 (0,4)2

⇒

52

Kc ⫽ 4,6

b) Vamos preencher a seguinte tabela para determinar as concentrações de reagentes e produtos no equilíbrio:

Início

1,0

Reagiu

0,8

F B

⫹ C

—

—

0,4

0,4

0,4

0,4

Formou Equilíbrio

0,2

44

[B][C] 0,4 0,4 ⫽ [A]2 (0,2)2

⇒

4

Alternativa A. O valor da constante de equilíbrio para o processo em questão, a uma dada temperatura, corresponde ao quociente das concentrações presentes no equilíbrio [Y]/[X]. O gráfico da alternativa A é o que mostra maior valor de [Y], no equilíbrio, e menor valor de [X], no equilíbrio. Isso acarretará maior valor do quociente mencionado e, portanto, maior valor da constante de equilíbrio.

b) PCO ⫽

58

Alternativa C. Em Y, o aumento de temperatura aumenta a velocidade da reação, permitindo chegar ao equilíbrio em menor tempo. Esse aquecimento provoca deslocamento do equilíbrio no sentido direto, que é endotérmico, aumentando [B] e diminuindo [A] no equilíbrio. Isso está expresso no gráfico II. Em Z, o catalisador aumenta a velocidade da reação, também permitindo chegar ao equilíbrio em menor tempo. Contudo, o catalisador não desloca o equilíbrio. Isso está expresso no gráfico I.

2O

K p PCH 4 PH 2O (PH )3 2

⫽

0,20 0,40 0,40 (0,30)3

PCO ⫽ 1,2 atm 45

Alternativa D.

Kp ⫽

PN

2O 4

(PNO )2 2

Substituindo os valores das coordenadas de algum ponto da curva nessa expressão, pode-se calcular o valor de Kp.


66

2 volumes

57

Proporção dos coeficientes 2:1:1

PCO (PH 2 )3 PCH PH

2 HI(g)

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 (sentido endotérmico). Um deslocamento de equilíbrio para a direita (provocado pelos procedimentos II e III) acarreta aumento da pressão parcial de PCl3.

a) Subentende-se pelos dados que se trata de Kp. Kp ⫽

F

54

Os números em negrito foram obtidos no gráfico.

Kc ⫽ 4

PCl3(g) ⫹ Cl2(g) 2 volumes

2 volumes

Cálculo de Kc:

Kc ⫽

Kp ⫽ 8,3

Alternativa A. A tabela mostra que o aumento da pressão aumenta a formação de produto, ou seja, desloca o equilíbrio para a direita. A alternativa A é a única que representa um equilíbrio que não é deslocado para a direita por aumento de pressão H2(g) ⫹ I2(g)

| 0,4 mol / L ⫺ 1,0 mol / L | ⇒ v ⫽ 0,15 mol L⫺1 min⫺1 4 min ⫺ 0 min

2A

F

1 volume

Portanto, a equação balanceada é: 2 A → 3 B Então:

⇒

Alternativa E. A duplicação do volume provoca redução de pressão do sistema. De acordo com o Princípio de Le Chatelier, a única alternativa que representa um equilíbrio que é deslocado para a direita por redução da pressão é a alternativa E:

α ⫽ 71%

a) A reação não-catalisada é mais lenta que a catalisada e, por isso, leva mais tempo para que a situação de equilíbrio seja atingida. As curvas II e III correspondem à reação nãocatalisada: II indica o aumento da concentração do produto B e a curva III indica a redução de concentração do reagente A. b) Até chegar ao equilíbrio, as curvas III e IV indicam redução de 0,6 mol/L na concentração de A e as curvas I e II indicam aumento de 0,9 mol/L na concentração de B. Assim:

3,0 (0,6)2

51

[isobutano] ⫽ 0,071 mol/dm3

n butano reagiu

⫽

Alternativa D. A adição de catalisador não acarreta deslocamento de equilíbrio. O aumento de pressão desloca no sentido de menor volume gasoso, a direita. O aumento de volume do recipiente (redução mecânica da pressão) desloca no sentido de maior volume gasoso, a esquerda. O aumento de temperatura desloca no sentido endotérmico, a esquerda. A imersão em banho de gelo (resfriamento) desloca no sentido exotérmico, a direita. A diminuição da intensidade da coloração castanha ocorre quando o equilíbrio é deslocado para a direita.

Utilizando os dados da tabela do exercício anterior: α⫽

(PNO )2

50

2,5 ⫽

35

PN 2O 4 2

x

[isobutano] [butano]

Kc ⫽

Kp ⫽

6/24/05, 14:17


34

67 59

A fim de facilitar os cálculos, evitando a equação completa do segundo grau, extraímos a raiz quadrada de ambos os lados, chegando a:

a) Lemos no gráfico que, a 300°C: [HCN] ⫽ 0,1 mol/L [N2] ⫽ 1 mol/L [C2H2] ⫽ 2 mol/L

10 2 ⫽

(0,1)2 [HCN]2 ⫽ [N 2 ][C 2 H 2 ] 12

Assim: K c ⫽

Kc ⫽ 5 10⫺3


60

61

62

64

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 preferencialmente para a direita até que o equilíbrio seja atingido (isso ocorrerá quando [XY]/[X][Y] ⫽ 4,0) • [XY]/[X][Y] ⬎ 4,0 ⇒ o sistema não está em equilíbrio e a reação deverá ocorrer preferencialmente para a esquerda até que o equilíbrio seja atingido (isso ocorrerá quando [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.

5 mol / L 6 Finalmente, podemos calcular as concentrações de H2 e I2 no equilíbrio: [H2] ⫽ [I2] ⫽ 1 ⫺ x ⇒ [H2] ⫽ [I2] ⫽ 1 mol/L 6 [HI] ⫽ 2x ⇒ [HI] ⫽ 5 mol/L 3 x⫽

65

⫹

I2

Início

1

1

Reagiu

x

x

Formou Equilíbrio Kc ⫽

F

1–x

1–x


—

Reagiu

x

x

Formou

x

x

Equilíbrio 3,0 – x 3,0 – x

x

x

1:1:1:1

x 3,0 ⫺ x

x ⫽ 2,5 Portanto, no equilíbrio: [CO] ⫽ 0,5 mol/L 66

e

[CO2] ⫽ 2,5 mol/L

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): ⫹ 2 H2 F CH3OH

CO 2

Formou

Proporção dos

Equilíbrio

coeficientes 1:1:2

—

2 x/2

x/2

x

2 ⫹ x/2

x


2 – x/2

1:2:1

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

67


Reagiu

[HI]2 [H 2 ] [I 2 ]

(2 x )2 (1 ⫺ x )2

—

Início

Substituindo nessa expressão os valores literais presentes na última linha da tabela e também o valor numérico de Kc, vem: 10 2 ⫽

3,0

5⫽

—

2x

3,0

[CO 2 ] [H 2 ] x2 ⇒ 25 ⫽ [CO] [H 2 O] (3,0 ⫺ x )2 Extraindo a raiz quadrada de ambos os membros da igualdade:

2 HI

2x

Início

Kc ⫽

Alternativa A. Como a reação direta é exotérmica, um aquecimento desloca o equilíbrio para a esquerda. Assim, o rendimento (% NH3) é uma função decrescente da temperatura.

H2

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 preenchermos 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

Alternativa B. A alternativa A é verdadeira. Em t ⫽ 0 não há, ainda, NH3 formada e, por isso, a reação inversa não pode acontecer. A alternativa B é falsa. As velocidades das reações direta e inversa só se igualam no equilíbrio. Em t ⫽ t1 o equilíbrio ainda não foi atingido, pois, como vemos pelo gráfico, esse instante de tempo pertence a um intervalo em que as concentrações não permanecem constantes. A alternativa C é verdadeira. O instante t ⫽ t2 pertence a um intervalo de tempo em que as concentrações permanecem constantes. A alternativa D é verdadeira. As velocidades são diferentes de zero e iguais, pois o sistema está em equilíbrio.

Alternativa C. Cálculo das concentrações iniciais: 1 mol [H 2 ] ⫽ [I 2 ] ⫽ ⫽ 1 mol / L 1L Preenchendo a tabela e expressando o quanto reagiu por x, temos que:

(2 x ) (1 ⫺ x )

10 ⫽

b) O aumento da temperatura provoca aumento da concentração de HCN (produto) e redução das concentrações de N2 e C2H2 (reagentes), ou seja, desloca o equilíbrio para a direita, evidenciando que o sentido direto da reação é endotérmico.

(2 x )2 (1 ⫺ x )2

6/24/05, 14:17

(V e R permanecem constantes)

68 O aumento de T de 300 K para 330 K (aumento de 10%) produziria um aumento de 10% na pressão, caso ntotal fosse constante. No entanto, ntotal não permanece constante porque há um deslocamento de equilíbrio. Esse deslocamento, de acordo com o Princípio de Le Chatelier, ocorre para a direita, o que faz ntotal aumentar (proporção dos coeficientes 1 : 2). Esse aumento não chega, contudo, a duplicar ntotal porque, estando a reação em equilíbrio, ela não chega a se completar 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 aumento em T) mas sem chegar a duplicar (pois a reação em equilíbrio não chega a se completar).

Capítulo 9 Equilíbrios iônicos em solução aquosa 6

[H⫹] ⫽ α M α⫽

[H⫹ ] M

8 10⫺4 ⫽ 2 10⫺2 4 10⫺2 Ka ⫽ α2 M Ka ⫽ (2 10⫺2)2 4 10⫺2 α⫽

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, produzindo mais N2O4. III. A adição de N2O4 provoca deslocamento para a direita, consumindo N2O4. IV. A adição de argônio, que não participa do equilíbrio nem reage com os participantes, não provoca deslocamento.

Ka ⫽ 1,6 10⫺5

7

Ka ⫽ α2 M α⫽

Ka M

Substituindo em [H⫹] ⫽ α M, temos: Professor: O item IV desse exercício é bastante interessante, mas de difícil entendimento pelos alunos. A adição de argônio provoca aumento da pressão total. Então por que não há deslocamento para a esquerda, neste caso? Para chegar a essa conclusão precisamos, primeiramente, entender por que o item I provoca deslocamento para a esquerda. Acompanhe a seguinte demonstração: N2O4

Ka

M⫽

M

M

M2

[H + ] ⫽ K a M

[H⫹ ] ⫽ 4 10⫺6 1 10⫺2 ⫽ 4 10⫺8

F 2 NO2

[H⫹] ⫽ 2 10⫺4 mol/L

 n NO2   V  [NO 2 ]2   Kc ⫽ ⫽ nN O [N 2 O 4 ] 2 4 V

2

⇒

 n 2NO 2 Kc ⫽  n  N 2O 4

  1   V 

Nessa expressão, nNO2 e nN2O4 representam as quantidades em mols dos participantes, presentes no equilíbrio. Uma vez que Kc é constante (Kc só depende da reação e da temperatura!), percebemos, pela equação deduzida, que o produto (n2NO2/nN2O4) (1/V) deve permanecer constante ao movimentar o êmbolo. Um aumento mecânico de pressão sobre o sistema, ou seja, a movimentação do êmbolo de modo a diminuir o volume interno, reduz V e, conseqüentemente, aumenta a fração (1/V). Conseqüentemente, a fração (n2NO2/nN2O4) deve diminuir (para que o produto de ambas permaneça constante). Isso corresponde a um aumento do denominador e redução do numerador, ou seja, formação de N2O4 e gasto de NO2. Assim, acabamos de demonstrar que o aumento da pressão da mistura gasosa produz um deslocamento de equilíbrio para a esquerda (formação de N2O4 e gasto de NO2). É importante perceber que foi a variação de volume da mistura gasosa que produziu deslocamento de equilíbrio. Referimo-nos a essa redução de volume 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 um aumento da pressão total da mistura interna, mas sem a alteração de volume, ou seja, sem modificar a fração (1/V). Decorre que, não havendo essa alteração, não acontecerá mudança em (n2NO2/nN2O4), ou seja, o equilíbrio não será deslocado!


Ka

[H⫹ ] ⫽

68

8

Kb ⫽ α2 M

α⫽

Kb Μ

Substituindo em [OH⫺] ⫽ α M, temos: [OH⫺ ] ⫽

Kb M

Kb

M⫽

M

M2

[OH⫺ ] ⫽ K b M

[OH⫺ ] ⫽ 2 10⫺5 5 10⫺2 ⫽ 1 10⫺6 [OH⫺] ⫽ 1 10⫺3 mol/L

9

a) A constante de ionização não se altera, pois é uma característica do ácido e da temperatura. b) O grau de ionização aumenta, conforme podemos deduzir da Lei de Ostwald: Ka constante

16

⫽ 앖α2

aumenta

앗M diminui

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

6/24/05, 14:17


68

69 e, então:

27

[H⫹ ]amostra A [H⫹ ]chuva "normal"

17

[H⫹ ] ⫽ 1 10⫺6 1 10⫺3 ⫽ 1 10⫺9 Nesse ponto, vale lembrar que extrair a raiz quadrada equivale a

O tratamento reduziu em mil vezes a concentração de H⫹.

1

elevar a 1 . Assim: [H⫹ ] ⫽ (1 10⫺9 ) 2 2

[H⫹]inicial ⫽ 10⫺3,7 mol/L [H⫹]final ⫽ 10⫺6,7 mol/L

⫺

[H⫹ ]inicial


18

⫽

10⫺6,7 ⫽ 10⫺3 10⫺3,7

19

O meio mais alcalino apresenta maior pH. O mais alcalino é, portanto, o limpador com pH ⫽ 12.

22

Como o HCl é monoácido, vale a expressão [H⫹] ⫽ α M. E como é um ácido forte, seu grau de ionização pode ser considerado 100%,

28

⫺

[OH ] =

pH ⫽ 1

[H⫹] ⫽ 0,01 ⫽ 10⫺2 mol/L ⇒

pH ⫽ 2

pOH ⫽ 3 ⇒

30

31

A solução 0,1 mol/L é mais ácida, pois apresenta maior [H⫹] ou, de modo equivalente, menor pH. Como o KOH é monobase, vale a expressão [OH⫺] ⫽ α M. E como é uma base forte, podemos considerar a como sendo 100%, 100 ou 1. Assim [OH⫺] ⫽ M. 100 ⫺ [OH ] ⫽ 0,001 ⫽ 10⫺3 mol/L ⇒ pOH ⫽ 3 ⇒

pOH ⫽ 1

pH ⫽ 11

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

⇒

log 3,2 ⫽ 0,5 ⇒ 100,5 ⫽ 3,2 [OH⫺] ⫽ 3,2 10⫺4 [OH⫺] ⫽ 100,5 10⫺4 [OH⫺] ⫽ 10⫺3,5 mol/L pOH ⫽ 3,5 pH ⫽ 10,5

32

ou seja,

Solução 0,1 mol/L: [OH⫺] ⫽ 0,1 ⫽ 10⫺1 mol/L ⇒

2 10⫺5 5 10⫺2

[OH⫺ ] = 1 10⫺6 [OH⫺] ⫽ 1 10⫺3 mol/L

Solução 0,01 mol/L:

24

Kb M

pH ⫽ 4,2

100 ou 1. Assim [H⫹] ⫽ M. 100 Solução 0,1 mol/L:

⇒

Usando a expressão deduzida na resolução da questão 8. [OH⫺ ] =

ou seja,

23

pH ⫽ 4,5

Então:

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 da ordem 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).

[H⫹] ⫽ 0,1 ⫽ 10⫺1 mol/L

9

[H⫹ ] ⫽ 10 2 [H⫹] ⫽ 10⫺4,5 mol/L

Portanto:

[H⫹ ]final

A resolução é semelhante à da questão anterior.

[H + ] ⫽ K a M

10⫺3,6 ⫽ ⫽ 10 2 10⫺5,6

pH ⫽ 11

log 2 ⫽ 0,3 ⇒ 100,3 ⫽ 2 [OH⫺] ⫽ 2 10⫺1 [OH⫺] ⫽ 100,3 10⫺1 [OH⫺] ⫽ 10⫺0,7 mol/L pOH ⫽ 0,7 pH ⫽ 13,3

pH ⫽ 13

Solução 0,01 mol/L: [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

2 [H ] ⫽ α M ⫽ 5 10⫺2 mol/L 100 ⫹

[H⫹] ⫽ 1 10⫺3 mol/L ⇒ 26

pH ⫽ 3

Usando a expressão deduzida na resolução da questão 7.

[H + ] =

Ka M

[H⫹ ] ⫽ 1 10⫺6 1 10⫺2 ⫽ 1 10⫺8 [H⫹] ⫽ 1 10⫺4 mol/L Então:


pH ⫽ 4

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⫹ ] chuva de pH 4, 0 ⫹

[H ] "chuva limpa" de pH 6, 0

10⫺4,0 ⫽ 10 2 10⫺6,0

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/L Acontece que: 10⫺5,5 ⫽ 100,5 10⫺6,0 ⫽ 101/2 10⫺6,0 ⫽ 10 10⫺6 ⫽ ⫽ 3,16 10⫺6 e, então:

[H⫹ ] chuva de pH 4, 0 ⫹

[H ]"chuva limpa" de pH 5, 5

69

⫽

6/24/05, 14:17

⫽

10⫺4,0 ⫽ 31,6 3,16 10⫺6,0

70

35

40

41

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.

a) NH4Cl b) 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)

CO32⫹(aq) ⫹ H2O(l) 2⫺ 3(aq)

CO 43

45

47

F

⫹ 2 H2O(l) F

HCO⫺3 (aq)

⫹ OH ⫺(aq)

A aceleração da respiração acentua a saída de gás carbônico dos pulmões, o que provoca, de acordo com o Princípio de Le Chatelier, o deslocamento do equilíbrio para a esquerda. Isso reduz a concentração 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 concentração de H⫹, ou seja, diminui o pH. a) A Lei de Henry, segundo a qual a solubilidade de um gás em um líquido, a temperatura constante, é proporcional à pressão do gás. b) Não, pois à temperatura a que se refere o gráfico (20°C) e a uma determinada pressão, a solubilidade aumenta na seqüência: H2, N2, CH4, O2, Ar e NO.

70

[CH 3COOH] [CH 3COO⫺ ] 10⫺3,74 [CH 3COOH]

[CH 3COO⫺ ] [CH 3COOH]

53

1 ⫽ 0,1 10

[HCO⫺3 ]

Substituindo Ka ⫽

⫽

[H 2 CO3 ]

⫽ 2 na expressão de Ka:

[H⫹ ][HCO⫺3 ] [H 2 CO3 ]

4 10⫺7 ⫽ [H⫹] 2 [H⫹] ⫽ 2 10⫺7 mol/L log 2 ⫽ 0,3 ⇒ 100,3 ⫽ 2 [H⫹] ⫽ 2 10⫺7 ⫽ 100,3 10⫺7 ⫽ 10⫺6,7 mol/L ⇒ 54

pH ⫽ 6,7

[NH4OH] ⫽ 10⫺1 mol/L pH ⫽ 10,3 ⇒ pOH ⫽ 3,7 ⇒ [OH⫺] ⫽ 10⫺3,7 mol/L log 2 ⫽ 0,3 ⇒ 100,3 ⫽ 2 Kb ⫽ 2 10⫺5 ⫽ 100,3 10⫺5 ⫽ 10⫺4,7 Substituindo os valores de [NH4OH], [OH⫺] e Kb na expressão da constante de basicidade do NH4OH, calculamos [NH⫹4 ]:

Kb ⫽ 10

⫺4,7

[NH⫹4 ][OH⫺ ] [NH 4 OH] ⫽

[NH⫹4 ] 10⫺3,7

10⫺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 L da solução de NH4OH. 55

Alternativa A. O caráter básico é tanto maior quanto maior for o pH de um meio.

56

Alternativa D.

ou

H2CO3(aq) ⫹ 2 OH ⫺(aq)

A formação das incrustações é favorecida por fatores que desloquem os equilíbrios para a direita. O aumento do pH (aumento da alcalinidade do meio) reduz a concentração de H⫹ e, de acordo com o Princípio de Le Chatelier, desloca os equilíbrios para a direita. Conclui-se, portanto, que a formação das incrustações é favorecida quando o pH está acima do valor adequado.


[CH 3COO⫺ ][H⫹ ]

10⫺4,74 ⫽

a) CaCO3 b) Porque a hidrólise do ânion carbonato produz íons OH⫺: CO2– ⫹ H2O(l) F HCO⫺3(aq) ⫹ OH⫺(aq) ou 3(aq) CO2– ⫹ 2 H2O(l) F H2CO3(aq) ⫹ 2 OH⫺(aq) 3(aq)

Para levar o pH de 6,5 para 7,5 é necessário diminuir a acidez ou, de modo equivalente, aumentar a alcalinidade. Das substâncias citadas, apenas o Na2CO3 permite atingir o objetivo, pois é um sal cuja hidrólise do ânion produz íons hidroxila:

pH ⫽ 3,74 ⇒ [H⫹] ⫽ 10⫺3,74 mol/L log 1,8 ⫽ 0,26 ⇒ 100,26 ⫽ 1,8 Ka ⫽ 1,8 10⫺5 ⫽ 100,26 10⫺5 ⫽ 10⫺4,74 Substituindo os valores de [H⫹] e Ka na expressão da constante de ionização do ácido, temos: Ka ⫽

Para diferenciar as soluções usando o indicador, é necessário que ele 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.

Professor: O CaCO3 é pouco solúvel em água. A pequena quantidade que se dissolve na água presente no solo se dissocia em Ca2⫹ e CO 32⫺: CaCO3(s) F Ca 2⫹(aq) ⫹ CO 2– 3(aq) A hidrólise do carbonato produz ânions OH⫺ que são consumidos pelos cátions H⫹ do meio ácido, contribuindo para neutralizá-lo. O consumo de OH⫺ desloca o equilíbrio de hidrólise para a direita, consumindo mais íons carbonato. A redução da concentração de íons carbonato desloca o equilíbrio de dissociação iônica do CaCO3 para a direita, fazendo com que mais CaCO3 se dissolva. Isso equivale a dizer que o CaCO3 reage com os íons H⫹ do meio, resposta que também é adequada para o exercício: CaCO3(s) ⫹ 2 H⫹(aq) F Ca2⫹(aq) ⫹ H2O(l) ⫹ CO2(g) 42

52

[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 ⫽ 5 pH ⫽ 9 (não pode ser lançado) III. [OH⫺] ⫽ 10⫺8 mol/L pOH ⫽ 8 pH ⫽ 6 (pode ser lançado)

58

Alternativa C. A alternativa A é incorreta. A calda de pêssego tem pOH ⫽ 10,0 e a de figo tem pOH ⫽ 9,0. A alternativa B é incorreta, pois, quanto maior o pH, menos ácido é um meio. A alternativa C é correta, pela própria definição de pH. A alternativa D é incorreta, pois, quanto maior o pOH, menor o pH e, portanto, maior a acidez e maior a [H⫹].

6/24/05, 14:17


34

71 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

60

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 destilada é menos ácido (ou mais básico) que a água destilada.


63

Alternativa C. A condutividade elétrica de uma solução é tanto maior quanto maior a concentração de íons dissolvidos. E, no caso, essa concentração será 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 concentração será menor no caso do ácido mais fraco (menor Ka), que é III. a) O pH é menor quanto maior for [H⫹]. Como [H⫹] ⫽

Ka M

(veja resolução da questão 7) e M é igual, [H⫹] será maior na solução do ácido de maior Ka (ácido mais forte). Assim, apresenta menor pH a solução de ácido fórmico. b) [CH3COO⫺] ⫽ [H⫹] ⫽ ⫽ K a M ⫽ 1 10⫺5 1 10⫺1 ⫽ 1 10⫺6

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 ⇒ pH ⫽ 8,00 ⇒

65

2,5 0,004 ⫽ 1,0 10⫺4 mol/L ⇒ 100

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 que as 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/L e a [H⫹] na 14a amostra é 10⫺6 mol/L. A afirmativa IV é correta. De acordo com o enunciado, a denominação “chuva ácida” é dada à chuva cujo valor de pH é inferior a 5,5, o que ocorre com a 6a e a 8a amostras.

73

Alternativa C. Ambas as soluções de HCl têm exatamente a mesma concentração. O pH da solução de HCl inicialmente presente no béquer é 1 e o pH da solução de HCl a ela adicionada também é 1. Assim, a adição da solução não afeta o pH da solução presente no béquer. Isso está expresso corretamente no gráfico da alternativa C, em que o pH permanece constante no valor 1 à medida que aumenta o volume adicionado.

⇒ 66

75

Alternativa C. Inicialmente, [H⫹] vale 10⫺2 mol/L. A adição da água faz o volume da solução aumentar dez vezes. Com isso, a [H⫹] (que é proveniente 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/L Como se trata de uma diluição, vamos empregar a expressão: Mi V i ⫽ Mf V f em que vamos substituir [H⫹] por M, uma vez que se trata de um ácido forte com a ⫽ 100%. Assim: [H⫹]i Vi ⫽ [H⫹]f Vf 1 mol/L Vi ⫽ 10⫺1 mol/L 200 mL

pH ⫽ 4

Alternativa D. [OH⫺] ⫽ α M ⫽ pOH ⫽ 3

⇒

0,4 0,25 ⫽ 1,0 10⫺3 mol/L ⇒ 100

pH ⫽ 11

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/L Pela equação de ionização, CH3COOH F H⫹ ⫹ CH3COO⫺, podemos concluir que os íons H⫹ e CH3COO⫺ são formados na proporção em mols de 1 : 1, ou seja, suas concentrações em mol/L serão iguais. Assim: [H⫹] ⫽ [CH3COO⫺] ⫽ 10⫺3 mol/L Substituindo esses valores na expressão de Ka podemos determinar a [CH3COOH]: Ka ⫽

[CH 3COO⫺ ][H⫹ ] [CH 3COOH]

1,8 10⫺5 ⫽

10⫺3 10⫺3 [CH 3COOH]

[CH3COOH] ⫽ 5,6 10⫺2 mol/L


71

[H⫹] ⫽ 10⫺6,80 mol/L [H⫹] ⫽ 10⫺8,00 mol/L

72

Alternativa C. [H⫹] ⫽ α M ⫽

앗M diminui

Alternativa E. I é incorreta. Solução 1: pH ⫽ 3,0 ⇒ [H⫹] ⫽ 1 10⫺3 mol/L Solução 2: pH ⫽ 4,0 ⇒ [H⫹] ⫽ 1 10⫺4 mol/L A concentração de H⫹ na solução 2 é dez vezes menor. II é correta. A condutividade elétrica é tanto maior quanto maior for a concentração total de íons na solução. Solução 1: [H⫹] ⫹ [A⫺] ⫽ 2 10⫺3 mol/L Solução 2: [H⫹] ⫹ [A⫺] ⫽ 2 10⫺4 mol/L Assim, 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.

[CH3COO⫺] ⫽ 1 10⫺3 mol/L 64

69

pOH ⫽ 11

e

Alternativa E. A constante de ionização da base permanece constante, pois é uma característica da base e da temperatura. Já o grau de ionização aumenta, conforme podemos deduzir da Lei de Ostwald: ⫽ 앖α2 Kb constante aumenta

Alternativa B. Como o HNO3 é monoácido, vale a expressão [H⫹] ⫽ α M. E como é um ácido forte, seu grau de ionização pode ser considerado 100%, ou seja, 100/100 ou 1. Assim: [H⫹] ⫽ M ⫽ 0,001 ⫽ 10⫺3 mol/L pH ⫽ 3

62

68

Vi ⫽ 20 mL

6/24/05, 14:17

72 Quando diluímos a solução da base fraca, Kb não se altera e M

Alternativa C. Trata-se de uma diluição da solução. [H]i 䡠 Vi [H]f 䡠 Vf 104 䡠 25 [H]f 䡠 250 [H]f 105 mol/L

sofre diminuição. A expressão [OH]

Professor: Valem aqui as mesmas considerações feitas sobre o exercício anterior.

pH 5 78

Alternativa B. Inicialmente, como pH 1, temos [H]i 101 mol/L. Assim: [H]i 䡠 Vi [H]f 䡠 Vf 101 䡠 50 [H]f 䡠 500 [H]f 102 mol/L

84

79

Alternativa B. No início: [H]i 1,0 䡠 101 mol/L ⇒ pHi 1 No final: [H]f 1,0 䡠 105 mol/L ⇒ pHf 5 Assim, o pH variou de 4 unidades.

80

Alternativa D. Trata-se de uma diluição da solução. [H]i 䡠 Vi [H]f 䡠 Vf 103 䡠 20 [H]f 䡠 200 [H]f 104 mol/L

Professor: Uma resposta comum (e incorreta) dos alunos é: “a solução de pH 11 é mais básica e, portanto, é aquela na qual o α do NH4OH é maior”. Por trás dessa resposta está a consideração de que a concentração em mol/L de ambas é igual e como a [OH] é igual a α 䡠 M, então, o α é maior na solução mais básica. Uma maneira simples de mostrar que esse raciocínio está errado é argumentar que, se são duas soluções da mesma base, de mesma concentração (e, subentende-se, na mesma temperatura), então essas soluções são iguais. É impossível haver diferença no α! Se as duas soluções possuem diferentes valores de pH é porque elas diferem na concentração da base. A solução mais básica contém, obviamente, mais mols de base por litro. Assim, a solução de pH 11 é mais concentrada e a de pH 10 é mais diluída. Nesta última, o α é maior, de acordo com a Lei de Ostwald.

pH 4

Trata-se de uma diluição da solução de HCl 1,0 mol/L, cujo volume passa de 0,05 mL (isto é, 1/20 de mililitro) para 5 L (5 䡠 103 mL). Nessa diluição a concentração de H inicial é [H]i 1 mol/L. Portanto: [H]i 䡠 Vi [H]f 䡠 Vf 1 䡠 0,05 [H]f 䡠 5 䡠 103 [H]f 1,0 䡠 105 mol/L

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 앖α2 䡠 앗M

pH 2

81

85

Alternativa D. Pelo valor de Ka podemos afirmar que o ácido em questão é fraco. (Valores de Ka da ordem de 105 ou menores garantem se tratar de ácido fraco.) Vale, portanto, a Lei da Diluição de Ostwald aproximada, K α2 䡠 M. Quando se adiciona água (diluição), ocorre diminuição da concentração em mol/L, M, da solução. Como conseqüência, o grau de ionização a aumenta.

pH 5

82

[H] α 䡠 M Ka α2 䡠 M

constante [H]

⇒

Ka 䡠 M

sofre diminuição. A expressão [H]

K a 䡠 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] aumenta. Basicamente, esse tipo de resposta é motivada pelo fato de α aumentar (conclusão da Lei de Ostwald). De fato, quando diluímos uma solução de um ácido fraco, o grau de ionização aumenta. No entanto, a Lei de Ostwald (K α2 䡠 M) nos permite prever que se, por exemplo, M diminuir 100 vezes, α2 terá que aumentar 100 vezes e, portanto, α aumentará 10 vezes. Em outras palavras, o aumento do α faz com que haja um deslocamento do equilíbrio de ionização do ácido no sentido de produzir maior quantidade em mols de H. Acontece que o aumento do volume é maior que o aumento da quantidade em mols de H, o que faz com que a [H] diminua. Um exemplo cotidiano muito interessante é o da limonada, uma solução aquosa de ácido fraco. Quando acrescentamos água, ela se torna menos azeda (nunca mais azeda!), evidenciando que a diluição reduz concentração de íons H. [OH] α 䡠 M Kb α 2 䡠 M


K

Quando diluímos a solução do ácido fraco, Ka não se altera e M

83

K b 䡠 M nos permite

concluir que a [OH] diminui. Assim, o meio se torna menos básico e, portanto, o pH diminui.

⇒

72

[OH ]

Kb 䡠 M

䡠

aumenta

앗M diminui

O aumento de α revela que o equilíbrio de ionização do ácido se deslocou no sentido da formação dos íons H e OAc. Assim, concluímos que haverá aumento da quantidade (em mol) dos íons acetato. Quanto à concentração, temos que: [H] [OAc] α 䡠 M

⇒

Ka α2 䡠 M

[OAc]

Utilizando a expressão [OAc]

Ka 䡠 M

K a 䡠 M , concluímos que,

quando M diminui, a concentração de íons acetato {OAc] também diminui. Professor: Dada a importância do ácido acético, é importante desde já mostrar as várias representações que são utilizadas para ele e para sua ionização: CH3COOH

F

H3CCOOH

F

H

CH3COO

H3CCOO

CH3k COO

H3C k COO

H

CH3 k COOH

F

H

H3C k COOH

F

H

O CH3

앖α2

O

F

C OH

6/24/05, 14:27

H

CH3

C O–


77

73 O

O H

F

C

H3C

H3C

86

H

F

91

a) [H] 101 mol/L

OAc (aqui, Ac representa o grupo acetila, CH3CO)

Alternativa B. Trata-se de um problema envolvendo o efeito do íon comum acetato sobre a ionização do ácido acético. Na solução de ácido acético há o seguinte equilíbrio: F H CH3COO

CH3COOH


Alternativa E. O pH é menor quanto maior for [H]. Como [H] α 䡠 M e como M é a mesma em ambas as soluções, [H] será maior na solução do ácido mais forte (maior α). Assim, apresenta menor pH a solução de ácido clorídrico. Quanto à neutralização por uma mesma base, como ambos os ácidos apresentam um hidrogênio ionizável (são monoácidos) e estão presentes em uma mesma quantidade em mols, decorre que a quantidade de base necessária é a mesma.

O–

OH

HOAc

90

C

80 mL

⇒

— nbase

[OH ]final

20 mL

— 0,500 mol

92

nácido 0,01 mol

Há, portanto, excesso de 0,01 mol de base que, ao final, está dissolvido em 100 mL (0,1 L). Assim

[OH ]f

0,01 mol 101 mol / L 0,1 L

Alternativa E. nH SO M 䡠 V 1,00 䡠 102 mol/L 䡠 5,000 䡠 102 L 2 4 nH SO 5,000 䡠 104 mol 2 4 nNaOH M 䡠 V 6,00 䡠 102 mol/L 䡠 3,000 䡠 102 L nNaOH 1,800 䡠 103 mol A equação da neutralização é: H2SO4 2 NaOH → Na2SO4 2 H2O que nos fornece a proporção em mols entre ácido e base: Proporção: Grandezas:

pOH 1 pH 13 89

Frasco I: pH 3 ⇒ [H] 103 mol/L — 103 mol

⇒

10 mL — x

x 105 mol

[OH ]final

Frasco II: pH 2 ⇒ [H] 102 mol/L 1.000 mL

— 102 mol

⇒

10 mL — y

⇒

105 104 z

pH 12 Quanto à concentração de Na final, ela pode ser calculada dividindo a quantidade total de íons Na, que é igual à quantidade total de NaOH utilizada para fazer a mistura, pelo volume final:

z 1,1 䡠 104 mol

⇒

[Na ]final

Levando em conta que essa quantidade em mols de OH está dissolvida em 110 mL de solução, temos: 110 mL

— 1,1 䡠 104 mol

1.000 mL

—

w

⇒

93


73

⇒

pOH 3

⇒

pH 11

1,800 䡠 103 mol 8,000 䡠 102 L

[Na]final 0,0225 mol/L

w 103 mol

Assim, a solução do frasco III apresenta: [OH] 103 mol/L

8 䡠 104 mol 1 䡠 102 mol / L 8 䡠 102 L

pOH 2

y 104 mol

Vamos designar por z a quantidade em mols de íons OH no frasco III. Assim: xyz

H2SO4 2 NaOH 1 mol 2 mol Quantidade Quantidade de matéria de matéria 1 mol — 2 mol 5,000 䡠 104 mol — x x 1,000 䡠 103 mol

Essa é a quantidade de NaOH necessária à completa neutralização do ácido. Como a quantidade total de base é maior do que essa, concluímos que há excesso de base. Excesso de NaOH 1,800 䡠 103 mol 1,000 䡠 103 mol Excesso de NaOH 8,00 䡠 104 mol Esse excesso estará dissolvido no volume final de 80,00 mL. Assim:

No processo de neutralização entre ácido forte e base forte, podemos afirmar que a neutralização completa acontecerá se a quantidade total em mols de íons H provenientes do ácido for igual à quantidade total em mols de íons OH provenientes da base.

1.000 mL

0,0010 mol 1 䡠 102 mol / L 0,100 L

pH 12

nbase 0,02 mol

⇒

— nácido

pH 13

pOH 2

Cálculo da quantidade em mols de ácido: 1.000 mL

⇒

c) nHCl M 䡠 V 0,1 mol/L 䡠 0,045 L 0,0045 mol nNaOH M 䡠 V 0,1 mol/L 䡠 0,055 L 0,0055 mol HCl NaOH → NaCl H2O A proporção em mols entre ácido e base, nessa neutralização, é 1:1. Assim, concluímos que há excesso de 0,0010 mol de NaOH. E esse excesso estará dissolvido no volume final, que é de 100 mL.

a) HNO3 KOH → KNO3 H2O b) Cálculo da quantidade em mols de base: 1.000 mL — 0,250 mol

pH 1

b) [OH] 101 mol/L ⇒ pOH 1

A adição de acetato de sódio faz com que aumente a [CH3COO] e, de acordo com o Princípio de Le Chatelier, haja um deslocamento 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

⇒

Alternativa E. De acordo com o esquema apresentado, vermelho e rosa indicam meio ácido (pH 7); azul, verde e amarelo indicam meio básico (pH 7).

6/24/05, 14:27

74

95

Alternativa D. Como suco de abacaxi e suco de limão são ambos ácidos, esperase que o indicador adquira cor vermelha ou rosa. 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.

103

HCO3 H2O

1 䡠 105 䡠 1 䡠 101 1 䡠 106

3

[H ] 1 䡠 10 mol/L pH 3 Nesse pH, o indicador I é amarelo, II é azul e III é azul. 98

Alternativa A. A única alternativa que propõe uma solução capaz de eliminar a acidez da água, responsável pela descoloração da clorofila, é a adição do bicarbonato de sódio.

105

Alternativa C. O sal KClO4 (de base forte, KOH, e ácido forte, HClO4) não sofre hidrólise, e sua solução será neutra. Os demais sais apresentarão hidrólise do ânion e, como conseqüência, suas soluções serão básicas (pH 7). Terá maior pH a solução que for mais básica, ou seja, aquela cujo ânion do sal sofrer hidrólise mais pronunciada. Uma vez que a hidrólise é tanto mais intensa quanto mais fraco for o ácido que dá origem ao ânion, concluímos que apresentará maior pH a solução do sal KCN. Ele é derivado do HCN, o ácido mais fraco dentre os listados na questão (apresenta menor Ka).

109

a) NH4(aq) H2O(l) F NH3(g) H3O(aq) b) O cheiro é tanto mais forte quanto mais o equilíbrio do item a estiver deslocado para a direita. Vamos refletir sobre a influência da hidrólise dos ânions sobre tal equilíbrio.

Alternativa B. [H] 1,0 䡠 106 mol/L ⇒ pH 6 log 2,5 0,4 ⇒ 100,4 2,5 [H] 2,5 䡠 108 100,4 䡠 108 107,6 mol/L ⇒ pH 7,6 Podemos dizer que o azul de bromotimol adquire coloração • amarela, se o pH for menor que 6 (isto é, [H] maior que 1,0 䡠 106 mol/L); • azul, se o pH for maior que 7,6 (isto é, [H] menor que 2,5 䡠 108 mol/L). Assim, concluímos que a coloração do indicador nos meios apresentados 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 a espécie H com coeficiente estequiométrico 3. O fato de a reação produzir H faz com que o meio fique ácido e, portanto, com pH menor 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 a acidez do solo. (Trata-se de um sal pouco solúvel, porém o pouco que se dissolve já é o suficiente para deixar o meio básico.) • NaCl é sal de base forte (NaOH) e ácido forte (HCl). Sua solução é neutra. • SiO2 é um óxido de características ácidas, muito pouco solúvel em 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 solução 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 enunciado. • NaHCO3 é sal de base forte (NaOH) e ácido fraco (H2CO3). Sua solução é básica.


74

H2CO3 OH

104

Alternativa B.

[H ] K a 䡠 M =

F

solução básica A espécie química capaz de neutralizar a acidez estomacal é a hidroxila, OH.

Então, o pH está na faixa: 4,6 pH 6,0. 96

Alternativa B. A hidrólise do NaHCO3 pode ser equacionada como

Xn H2O F HX(n1) CH3COO H2O F CH3COOH CO32 H2O F HCO3 HCO3 H2O F H2CO3

OH OH OH OH

Como Kb é maior para carbonato, CO 32, a hidrólise desse ânion é mais acentuada e produz mais hidroxilas. Assim, o carbonato colabora mais do que o acetato ou o bicarbonato para deslocar o equilíbrio do item a para a direita. Portanto, o cheiro de amônia será mais forte no tubo em que se dissolveu Na2CO3. c) É menor do que 7,0, pois a hidrólise do cátion amônio produz íons H (ou H3O), conforme a equação do item a. 113

Alternativa C. A diminuição da pressão faz com que a concentração do Cl2 dissolvido na água diminua. Isso provoca deslocamento do equilíbrio para a esquerda, consumindo HCl e HClO e reduzindo a acidez da solução (aumento do pH).

114

Alternativa D. O odor será acentuado quanto mais amônia gasosa for liberada pela solução. A adição de soda cáustica (NaOH) desloca o equilíbrio de ionização da amônia para a esquerda, aumentando [NH3]. Isso faz com que o equilíbrio de solubilização da amônia gasosa também seja deslocado para a esquerda, formando mais NH3(g) e intensificando o odor de amônia.

116

Alternativa C. CO2(g)

H2O(l)

F

H(aq)

HCO3(aq)

Com a garrafa fechada, a [H] vale 104 mol/L, pois pH 4. Ao abrir a garrafa, o equilíbrio acima se desloca para a esquerda, gra-

6/24/05, 14:27


94

75

ças à liberação de gás carbônico. Isso reduz a [H ] e faz o pH aumentar. No entanto, a [H] não ficará menor que na água pura e, portanto, o pH não superará o valor 7.

117

118

a) Os íons OH (do NaOH em solução) reagem com os íons H, participantes do equilíbrio apresentado no enunciado, deslocandoo 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 parcial do CO2 (que é absorvido pela solução) é de 40 mL. pressão parcial do gás pressão total volume parcial do gás volume total fração em mol

Assim: PCO 2

90 kPa

40 mL 90 mL


PCO 40 kPa 2

119

Alternativa B. Há dois fatores em jogo nessa questão sobre solubilidade do gás oxigênio em água: pressão parcial do gás e temperatura. Na situação inicial, tem-se uma temperatura de 25°C e uma pressão parcial de oxigênio, que é dada pela multiplicação da fração em mols do 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, a solubilidade do O2 na água se mantém. A afirmação B é errada. No nitrogênio gasoso, a fração em mols do 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 o borbulhamento prossegue e, portanto, sua concentração na água diminui. A afirmação C é correta. Nessa situação, a pressão parcial do O2 é a mesma que na situação inicial, mas a temperatura é menor, acarretando aumento da solubilidade do O2 na água. A afirmação D é correta. Nessa situação, a temperatura é a mesma da situação inicial, mas a pressão parcial do O2 é maior, provocando aumento da solubilidade do O2 na água. A afirmação E é correta. Nessa situação, a temperatura e a pressão parcial do O2 são iguais às da situação inicial e, portanto, a solubilidade do O2 na água se mantém.

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 pH será 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. pH inicial

pH final I

pH final II pH crescente

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 sua concentração e, de acordo com o Princípio de Le Chatelier, desloca o equilíbrio mencionado para a direita. Isso produz H3O, aumentando sua concentração. O item 1 é verdadeiro. O aumento da freqüência respiratória expulsa mais CO2 do sangue, deslocando o equilíbrio para a esquerda e consumindo H3O. Isso reduz a acidez, ou seja, aumenta a alcalinidade sangüínea. O item 2 é verdadeiro. O procedimento sugerido dificulta a saída de CO2 do sangue. O acúmulo de CO2 no sangue aumenta sua concentração e desloca o equilíbrio para a direita. Isso produz H3O, 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 são ácido fraco e sal dele derivado. Cloreto de sódio produz solução neutra, pois é sal de ácido forte e base forte. b) nHCl M 䡠 V 0,1 mol/L 䡠 0,700 L 0,07 mol nNaOH M 䡠 V 0,2 mol/L 䡠 0,300 L 0,06 mol HCl NaOH → NaCl H2O A proporção em mols entre ácido e base, nessa neutralização, é 1 : 1. Assim, concluímos que há excesso de 0,01 mol de


75

HCl. E esse excesso estará dissolvido no volume final, que é de 1 L. [H ]final

0,01 mol 1 䡠 102 mol / L 1L

pH 2 123

Alternativa C. Seja HA a fórmula do ácido no qual se fundamenta o tampão. Substituindo [H] 105 mol/L e Ka 104, temos: Ka

[H ][A ] [HA]

104

105 [A ] [HA]

[A ] 10 [HA] Como HA é proveniente do ácido dissolvido, e A é quase que exclusivamente proveniente do sal, podemos afirmar que a quantidade (em mols) de sal dissolvido é 10 vezes maior que a quantidade do ácido. 124

a) Primeiramente calculamos a quantidade em mols de NH4NO3: 6,4 g m 0,080 mol M 80 g / mol Agora, determinamos a concentração em quantidade de matéria (mol/L) desse NH4NO3 ao ser dissolvido em 0,10 L n

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76 podemos determinar a relação entre as concentrações de ClO e HClO na solução, dependendo do pH. Procedendo dessa maneira, concluímos que, para:

de solução (estamos supondo desprezível a variação de volume):

n soluto vsolução

0,080 mol 0,80 mol / L 0,10 L

[ClO ] 4 䡠 108 4 䡠 104 , [HClO] 104 há grande predomínio de HClO;

• pH 4,

Vamos substituir, na expressão matemática de Kb, a concentração de NH4 , a concentração de NH4OH e o valor de Kb. Como se trata de uma base fraca, consideraremos que o grau de ionização é muito pequeno e, por isso, os íons NH4 são provenientes do sal dissolvido. Tal consideração nos conduz a [NH4] 0,80 mol/L e [NH4OH] 0,080 mol/L. Assim, temos:

Kb


• pH 5,


• pH 6,

[NH4 ] [OH ]

[ClO ] 4 䡠 108 0,4 , [HClO] 107 há ligeiro predomínio de HClO;

[NH 4 OH]

• pH 7,

0,80 䡠 [OH ] 0,080 [OH] 1,8 䡠 106 mol/L Como log 1,8 0,26, segue que 100,26 1,8. Assim: [OH] 100,26 䡠 106 105,74 mol/L pOH 5,74 1,8 䡠 105

[ClO ] 4 䡠 108 4, [HClO] 108 há ligeiro predomínio de ClO ;

• pH 8,

[ClO ] 4 䡠 108 4 䡠 10 1 , [HClO] 109 há grande predomínio de ClO;

• pH 9,

pH 8,26

[ClO ] 4 䡠 108 4 䡠 10 2 , [HClO] 1010 há grande predomínio de ClO;

• pH 10,

b) A adição da água não modifica a relação [NH 4 ]/[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 altera muito pouco o α e, dessa forma, afeta muito pouco a relação [NH4 ]/[NH4OH] que, para efeitos práticos, continua valendo 10.) 125

126

• pH 11,

há grande predomínio de ClO. Esses resultados estão de acordo com o gráfico que aparece na alternativa A. (Mas não com os da alternativa B, que apresenta uma função linear.) Em outras palavras, para valores de pH menores que 6, a concentração de H é tão alta que o equilíbrio apresentado está significativamente deslocado para a esquerda, predominando HClO. Para valores de pH superiores a 9, a concentração de H é tão baixa que o equilíbrio está significativamente deslocado para a direita, com predomínio de ClO. A título de ilustração, podemos realizar o cálculo do valor de pH em que as concentrações de ClO e HClO são iguais.

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 1 mol de NH4Cl. Assim, haverá, na solução-tampão, 1 mol de base fraca (quantidade que não foi neutralizada) e 1 mol de seu sal. No caso III, 1 mol da base reage com 1 mol do ácido formando 1 mol de CH3COONa. Assim, haverá, na solução-tampão, 1 mol de ácido fraco (quantidade que não foi neutralizada) e 1 mol de seu sal. Nos casos IV e V teremos apenas soluções aquosas de sais, respectivamente NaCl e CH3COONH4, formados nas reações de neutralização entre o ácido e a base misturados.

Ka [H ]

H2O

→

NaOH

[ClO ] 1 [HClO]

[H] Ka [H] 4 䡠 108 mol/L Considerando que log 4 0,6, temos que 4 100,6 e, então: [H] 100,6 䡠 108 [H] 107,4 mol/L

Alternativa A. Na

[ClO ] 4 䡠 108 4 䡠 10 3 , [HClO] 1011

1 H 2 2

pH 7,4

Provoca aumento Combustível

De fato, isso está de acordo com o gráfico da alternativa A.

do pH da solução

128 127

Alternativa A. A expressão da constante de dissociação do HClO é:

Ka

[ClO ] 䡠 [H 3O ]

[HClO] ou, de modo mais simplificado: [ClO ] 䡠 [H ] Ka [HClO] que pode ser rearranjada como:

Ka [ClO ] [HClO] [H ] Substituindo, no segundo membro dessa expressão, o valor dado para Ka (4 䡠 108) e o valor de [H] para diferentes valores de pH,


76

Alternativa A. log 8 0,9 ⇒ 100,9 8 [OH] 8 䡠 105 100,9 䡠 105 104,1 mol/L ⇒ ⇒

129

pOH 4,1

⇒

pH 9,9

Alternativa A. Balão I Ácido forte (α 100%) ⇒ [H]i 101 mol/L Diluição de 10 mL a 1 L (103 mL) [H]i 䡠 Vi [H]f 䡠 Vf ⇒ 101 䡠 10 [H]f 䡠 103 ⇒ ⇒ [H]f 103 mol/L ⇒ pH 3 Balão II Base forte (α 100%) ⇒ [OH]i 101 mol/L Diluição de 10 mL a 1 L (103 mL)

6/24/05, 14:28


M

77


1

[OH ]i 䡠 Vi [OH ]f 䡠 Vf ⇒ 10 䡠 10 [OH ]f 䡠 10 ⇒ ⇒ [OH] 103 mol/L ⇒ pOH 3 ⇒ pH 11 Balão III Ácido fraco (α i 100%) ⇒ [H]i i M Diluição de 10 mL a 1 L (103 mL) Mi 䡠 Vi Mf 䡠 Vf ⇒ 101 䡠 10 Mf 䡠 103 ⇒ ⇒ Mf 103 mol/L Como α 100% (ácido fraco), então [H]f 103 mol/L Podemos garantir que pH está entre 3 e 7, isto é, trata-se de um meio ácido, mas não tão ácido como o do balão I, onde o ácido é forte. Balão IV Base fraca (α i 100%) ⇒ [OH]i i M Diluição de 10 mL a 1 L (103 mL) Mi 䡠 Vi Mf 䡠 Vf ⇒ 101 䡠 10 Mf 䡠 103 ⇒ ⇒ Mf 103 mol/L Como α 100% (base fraca), então [OH]f 103 mol/L Podemos garantir que pH está entre 7 e 11, isto é, trata-se de um meio básico, mas não tão básico como o do balão II, onde a base é forte. Não pudemos utilizar a fórmula de diluição de soluções diretamente para o H, no balão III, e para o OH, no balão IV, porque durante a diluição ocorre uma variação do α do eletrólito (de acordo com a Lei de Ostwald) e, portanto, ela não seria válida. Nos balões I e II pudemos usá-la porque o ácido e a base, sendo fortes, já estão totalmente transformados em íons livres (α 100%). 130

131

3

Alternativa D. Situação inicial: pH 11 ⇒ pOH 3 ⇒ [OH] 103 mol/L Situação final: pH 10 ⇒ pOH 4 ⇒ [OH] 104 mol/L Para a concentração de íons hidroxila sofrer essa diminuição de dez vezes, o volume deve aumentar dez vezes por adição do solvente.

10

a) Endotérmica, pois a solubilização é favorecida com o aquecimento. b) A 80°C, pois o gráfico informa que a essa temperatura a solubilidade 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 e NaNO3 têm solubilidade superior a 40 g por 100 g de água. Assim, ao final, eles estarão totalmente dissolvidos. Os demais têm solubilidade inferior a 40 g por 100 g de água e, portanto, não se dissolverão completamente.

12

Enquanto o CaCl2 se dissolve em água (numa situação que ainda não é de equilíbrio químico entre solução e corpo de fundo, mas que converge para ela desde que a quantidade de sal seja suficiente) ocorre liberação de calor, pois ∆H 0. Isso promove um aquecimento da solução e das vizinhanças. (A liberação efetiva de calor cessa ao ser atingida a situação de equilíbrio, pois nesse caso as reações direta e inversa se processam com igual velocidade.) Com o NH4NO3 temos a situação inversa. Enquanto se dissolve em água ocorre absorção de calor, pois ∆H 0. Isso promove um resfriamento da solução e das vizinhanças. Assim, CaCl2 pode ser usado para fabricar compressas quentes e NH4NO3, para compressas frias. Portanto, a proposição correta é III.

14

O sulfato de cálcio, CaSO4, é formado pelos íons Ca2 e SO2 4 . Ao se dissolver em água, ocorre a dissociação desses íons. Assim, a melhor representação para esse processo é II.

16

a)

CaF2

Início

Alternativa A. Quando ocorre a fotossíntese (veja a equação química no enunciado), há produção de O2 e, portanto, sua concentração na água da lagoa aumenta. Quando ocorre a fotossíntese, há consumo de CO2 e sua concentração na água diminui. Isso faz com que o equilíbrio de ionização mencionado no texto seja deslocado para a esquerda, consumindo H. A água fica menos ácida e o pH, conseqüentemente, aumenta.

Quantidade

Reagiu Formou Equilíbrio

Alternativa D. Trata-se de uma diluição da solução de HCl 1,0 mol/L, cujo volume passa de n 䡠 0,05 mL (em que n é o número de gotas) para 10 L (10 4 mL). Nessa diluição a concentração de H inicial é [H]i 1 mol/L e a final é [H]f 103 mol/L (correspondendo ao pH 3). Assim: [H]i 䡠 Vi [H]f 䡠 Vf ⇒ 1 䡠 n 䡠 0,05 103 䡠 104 ⇒ ⇒ n 200 São necessárias, portanto, 200 gotas da solução de HCl.

Início Reagiu Formou Equilíbrio

Equilíbrios químicos heterogêneos

2S 2S

Ks 4 S 3

—

—

S S


S 2

⇒

Ks S2

F 2 Ag CrO 42

Quantidade

—

—

inicial S “Sobra”

2S 2S


S S

Ks [Ag]2 䡠 [CrO 42 ] (2S)2 䡠 S ⇒

Ks 4 S3

Fe(OH)3 F Fe3 3 OH

d)

77

“Sobra”

Ag2CrO4



inicial S

Ks [Zn2] 䡠 [S2] S 䡠 S

Capítulo 10


—

Zn2 S2

Quantidade

Início

a) Exotérmica, pois a solubilização é favorecida com o resfriamento. b) A 10°C a solubilidade do sal é inferior a 20 g de sal por 100 g de água. Assim, obtém-se uma solução saturada com corpo de chão (já que é impossível obter uma solução supersaturada por adição direta do soluto ao solvente). c) Como o aquecimento reduz a solubilidade do sal, será observado aumento da quantidade de sal no corpo de chão.

S S

“Sobra”

ZnS F

c)

9

—

inicial S

Ks [Ca2] 䡠 [F]2 S 䡠 (2S)2 ⇒ b)

132

F Ca2 2 F

Início

Quantidade


—

—

S S

3S 3S


Ks [Fe ] 䡠 [OH]3 S 䡠 (3S)3 3

6/24/05, 14:28

⇒

Proporção dos coeficientes 1:1:3 Ks 27 S4

78 Al2 (CO3)3 F 2 Al3 3 CO 32

Início

Quantidade

—

inicial S


2S 2S

“Sobra”

HgS

Início


3S 3S

Ks [Al3]2 䡠 [CO32 ]3 (2S)2 䡠 (3S)3 18

—

—

S S

S S


Ks [Hg2] 䡠 [S2] S 䡠 S S2 (3,0 䡠 1026)2 ⇒

Ks 9,0 䡠 10

[Br ]

25


Podemos afirmar que, no momento em que se inicia a precipitação de PbCl2, o produto [Pb2][Cl]2 se iguala ao Ks do PbCl2. Assim:

[Cl ] ⇒

a) Para ambos os sais, temos que S K s .

• Para o MnS: Ks [Mn2][S2] ⇒ [S2 ] • Para o FeS: Ks [Fe2][S2]

• Para o ZnS: Ks [Zn2][S2] ⇒ [S2 ]

S 9,0 䡠 109 mol/L

b) [S2 ]

a) Para o PbCO3 temos Ks S2. Assim: Ks S2 27

Ks

1,1 䡠 1021 1,0 䡠 105

Quantidade — — inicial

Reagiu


S

Formou Equilíbrio

Sobra

S

S

S

S

Ks [Ba2][SO42 ] S 䡠 S S2 ⇒

S K s 1,0 䡠 1010

x 0,030 g 30 mg

Podemos afirmar que, no momento em que se inicia a precipitação de BaSO4, o produto [Ba2][SO42] se iguala ao Ks do BaSO4. Assim:

S 1,0 䡠 105 mol/L BaSO4 F Ba2 SO2 4

b)

Início

Quantidade

101

—

S

S

S 101

S

inicial

[Ba2][SO42] Ks

Reagiu

1,0 䡠 1010 [SO 24 ] [Ba 2 ] 1,0 䡠 102

Formou

78

Ks [Co 2 ]

BaSO4 F Ba2 SO2 4

Início

b) O romano em questão ingeria 4,0 䡠 107 mol de Pb2 por dia. Em um ano (365 dias) a dose ingerida é de 365 vezes 4,0 䡠 107 mol, o que resulta 1,46 䡠 104 mol.


Ks [Zn 2 ]

a)

S 4,0 䡠 107 mol/L

[SO42] 1,0 䡠 108 mol/L

Ks [Fe 2 ]

[S2] 1,1 䡠 1016 mol/L

S K s 1,6 䡠 1013 16 䡠 1014

Ks

Ks [Mn 2 ]

[Zn 2 ] Quanto menor for o Ks do sulfeto, menor será a [S2] necessária para precipitá-lo. Com a adição lenta e gradual de sulfeto (ou seja, com o aumento de [S2]), precipitará primeiro o sulfeto de zinco, que possui o menor valor de Ks. A tabela dada nos informa que esse primeiro precipitado é branco.

Para o AgI temos Ks S2. Assim:

c) Grandezas: Quantidade Massa de matéria 1,0 mol de Pb2 — 207 g 1,46 䡠 104 mol de Pb2 — x

⇒ [S2 ]

• Para o CoS: Ks [Co2][S2] ⇒ [S2 ]

S K s 8,1 䡠 1017 81 䡠 1018

23

2 䡠 105 1 䡠 102 2 䡠 103

a) A concentração em mol/L de sulfeto (S2) necessária para provocar a precipitação de cada um dos sais mencionados é dada pelas seguintes expressões:

[Ba2] 1,0 䡠 105 mol/L

⇒

Ks [Pb 2 ]

[Cl] 1 䡠 101 mol/L

52

b) Ks S2 S K s 1,0 䡠 1010 S 1,0 䡠 105 mol/L A concentração, em mol/L, de íons bário na solução saturada é igual a S. Assim:

21

7,7 䡠 1013 1,0 䡠 102

[Pb2][Cl]2 Ks

Assim, o que tiver maior Ks terá também maior S. Conseqüentemente, o CaSO4 é mais solúvel em água que o BaSO4.

20

Ks [Ag ]

[Br] 7,7 䡠 1011 mol/L

26 19

Podemos afirmar que, no momento em que se inicia a precipitação de AgBr, o produto [Ag][Br] se iguala ao Ks do AgBr. Assim: [Ag][Br] Ks

⇒ Ks 108 S5

Hg2 S2

F

Quantidade


24

—

S

Equilíbrio

Sobra

1 Ks [Ba2][SO 2 4 ] (S 10 ) 䡠 S

6/24/05, 14:28



e)

79 Como a solubilidade do BaSO4 em água pura é bem menor que 101 mol/L, e será menor ainda na presença do íon comum Ba2, podemos afirmar que (S 101) é, dentro de uma aproximação muitíssimo aceitável, igual a 101. Assim: Ks 101 䡠 S S 28

Ks 101

1,0 䡠 1010 101

mico, concluímos que o equilíbrio A será deslocado para a esquerda como decorrência do aquecimento, o que acarretará diminuição no valor da constante de equilíbrio. Como a segunda tabela mostra que apenas K3 diminui com o aquecimento, concluímos que K3 deve corresponder ao equilíbrio A. Resta agora associar K1 e K2 com B e C. Os valores de K1 são bem maiores que os valores de K2 e também maiores que 1. Como a primeira tabela informa que a espécie predominante no equilíbrio B é o produto, isso permite associar K1 a esse equilíbrio. Conseqüentemente, K2 se associa com C, o que conduz à alternativa A.

S 1,0 䡠 109 mol/L

CaCO3 F Ca2 CO 32

a)

Início

Quantidade

—

—

inicial Reagiu

S

Formou Equilíbrio

Sobra

S

S

S

S

Ks [Ca2] [CO32 ] S 䡠 S ⇒


32

Ks S2

As frações em mols de NH3 e HCl são iguais e, portanto, suas pressões parciais também. De acordo com a Lei de Dalton das Pressões Parciais, podemos afirmar que a soma das pressões parciais de ambos os gases vale 1 atm. Decorre que cada um desses gases tem pressão 0,5 atm.

Kp

S K s 3,0 䡠 109 30 䡠 1010

1 1 PNH 䡠 PHCl 0,5 䡠 0,5

⇒

Kp 4

3


S 5,5 䡠 105 mol/L 34

CaCO3 F Ca2 CO 32

b)

Início

Quantidade

—

102

2 Ag2O(s)

inicial Reagiu

S

Formou Equilíbrio

Sobra

S

S

S

S 102


Como a solubilidade em água pura é bem menor que 102 mol/L e será menor ainda na presença do íon comum CO 2 3 , podemos afirmar que (S 102) é, dentro de uma aproximação muitíssimo aceitável, igual a 102. Assim: Ks S 䡠 102 Ks 102

P 2CO PCO

2

36

Alternativa A. Entre as alternativas, o único equilíbrio que será deslocado por variação de pressão é aquele em que o volume gasoso é diferente em ambos os membros da equação química, ou seja, é o da alternativa A.

37

Alternativa D. A alternativa A é incorreta, pois, se o aumento de temperatura aumenta o valor da constante de equilíbrio, é porque a reação direta é endotérmica. A alternativa B é incorreta, porque um aumento de pressão desloca para o lado de menor volume gasoso que, no caso, é a esquerda. A alternativa C é incorreta, porque a concentração de sólido, que é constante 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 aumenta o valor da constante de equilíbrio e, assim, desloca o equilíbrio para a direita.

3,0 䡠 109 102

(8,0)2 4,0

Kp 16

30

31

[Cu 2 ] [Ag ]2 b) Ao misturarmos cobre metálico e uma solução de íons Ag irá ocorrer a reação entre ambos, produzindo íons cobre e prata metálica. Como a constante de equilíbrio é muito grande, isso permite concluir que a reação deve apresentar alto rendimento. Na prática, se a prata metálica se depositar sobre o cobre, poderá deixar de haver contato entre os reagentes Cu(s) e Ag (aq). Caso isso aconteça, o rendimento da reação poderá ser baixo porque a reação fica “impedida” de continuar. a) K c

Alternativa A. A primeira tabela mostra que apenas uma das reações (A) é exotérmica no sentido da esquerda para a direita (sentido direto). Uma vez que, de acordo com o Princípio de Le Chatelier, o aumento da temperatura desloca um equilíbrio no sentido endotér-


79

Kp PO2

Alternativa B. A alternativa A é incorreta, porque um aumento de temperatura desloca para a esquerda, sentido endotérmico. A alternativa B é correta, pois um aumento de pressão desloca para o lado de menor volume gasoso, que é o dos produtos. (Note que 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 na alternativa B. A alternativa E é incorreta, porque a adição ou remoção de um sólido não desloca um equilíbrio do qual participe.

Alternativa B. Kp

O2(g)

35

S 3,0 䡠 107 mol/L

29

F 4 Ag(s)

Sempre que esse sistema estiver em equilíbrio, a pressão parcial do gás oxigênio (PO2) será igual ao valor de Kp. Pelos dados do problema, concluímos que, na temperatura da experiência, Kp 0,20. Permanecendo a temperatura constante, o valor de Kp não se altera e, conseqüentemente, o valor de PO2 não irá se alterar, mesmo que as quantidades de sólido (que não entram explicitamente na expressão matemática de Kp) sejam alteradas. Assim, PO2 permanecerá igual a 0,20 atm.

Ks [Ca2][CO 32] S 䡠 (S 102)

S

Alternativa B. O processo em questão é

6/24/05, 14:28

80

40

43

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 gasoso é menor nos produtos. Alternativa D. Como o enunciado começa mencionando a “reação de decomposição térmica do bicarbonato de sódio”, deve-se entender que as “condições” que “favorecem a reação” correspondem às condições que desloquem o equilíbrio mencionado para a direita, ou seja, no sentido da decomposição do bicarbonato de sódio. A remoção da água (IV) desloca o equilíbrio para a direita, mas a presença de mais CO2 (III), não. Sistema aberto (II) favorece a saída dos gases e desloca o equilíbrio para a direita. Sistema fechado (I), impedindo a saída dos gases, não favorece deslocamento para a direita. Alternativa A. Preenchendo a tabela em mols:

PCO , podemos apenas afirmar que a reação será impedida de 2 ocorrer para a direita, ou seja, o CaCO3 não irá sofrer decomposição. 46

Grandezas: Massa de Volume de soluto solução 13 g — 25 mL x — 100 mL

5

10

Reagiu

3

4

2

6

Formou Equilíbrio

— 1

4 4

Alternativa C. Se em 1.000 g de água podem se dissolver 3.000 g do sal, deduzse que em 500 g de água podem se dissolver 1.500 g de sal. Assim, a solução saturada obtida será constituída por 500 g de solvente (água) e 1.500 g de soluto (nitrato de prata), apresentando massa total de 2.000 g.

48

Alternativa D. A alternativa A é verdadeira porque a curva de solubilidade do NaCl é quase uma reta paralela ao eixo da temperatura, indicando pequena variação da solubilidade desse sal em função do aquecimento. A alternativa B é verdadeira. A leitura do gráfico informa que a solubilidade 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 do Ce2(SO4)3 é decrescente. A alternativa D é falsa, pois a leitura do gráfico permite concluir que, a 20°C, o menos solúvel dos sais é Ce2(SO4)3. A alternativa E é verdadeira, como se pode concluir por meio da leitura, no gráfico, dos valores de solubilidade a 40°C.

49

Alternativa A. Grandezas: Massa de Volume de soluto solvente 12,5 g — 100 mL x — 20 mL

Proporção dos coeficientes 3:4:1:4

Substituindo as quantidades em mols no equilíbrio na expressão de Kc, vem que: 4

 4 [H 2 ]  V Kc 4 [H 2 O]4  6  V 4

Kc 0,2 44

45

Alternativa C. Aumentar a produção de hidrogênio significa deslocar o equilíbrio para a direita. Como o volume gasoso é o mesmo em ambos os membros da equação química, deduz-se que o equilíbrio não é deslocado por variações de pressão. Assim, as alternativas A e B são incorretas. Como a reação direta é endotérmica (∆H 0), um aquecimento desloca o equilíbrio para a direita. Portanto, a alternativa C é correta. E como o ferro participante do equilíbrio está na fase sólida, sua concentração é constante e, dessa maneira, a alternativa D é incorreta. Como a constante de equilíbrio Kp vale 0,22 e sua expressão matemática é Kp PCO , concluímos que, no sistema em equilíbrio, a 2 pressão parcial do dióxido de carbono (PCO ) será 0,22 atm. Se o 2 sistema não estiver em equilíbrio, duas situações são possíveis: • caso PCO seja maior que 0,22 atm haverá a tendência de o 2 equilíbrio se deslocar para a esquerda; • caso PCO seja menor que 0,22 atm, haverá tendência para ocor2 rer deslocamento para a direita. a) Na Terra, como PCO é menor que 0,22 atm, a reação acontece2 rá para a direita até que PCO passe a ser 0,22 atm. Como isso 2 nunca vai acontecer, podemos afirmar que a reação vai se processar totalmente para a direita até que todo o CaCO3 seja consumido. b) Em Vênus, como PCO é maior que 0,22 atm, a tendência da 2 reação seria ocorrer para a esquerda. Porém, como não há CaO inicialmente presente, a reação não poderá acontecer para a esquerda. Como importante conseqüência desse alto valor de


80

x 52 g

47

—

1

⇒

O cálculo, que parte da presença de 13 g de soluto em 25 mL de uma solução saturada, revela que a solubilidade da substância é 52 g/100 mL H2O. Na tabela, isso corresponde ao KNO3.

3 Fe 4 H2O F Fe3O4 4 H2 Início

Alternativa D.

⇒

x 2,5 g

O cálculo acima indica que a massa de dicromato de potássio que satura 20 mL de água, a 20°C, é 2,5 g. Como o enunciado menciona a adição de uma massa superior a essa (5 g) a 20 mL de água, a 20°C, haverá formação de uma solução saturada e restarão 2,5 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 solubilidade do NH4Cl é maior que a do NaCl. Assim, a solubilidade do NH4Cl varia mais acentuadamente com a temperatura que a do NaCl. A alternativa 02 é correta, como se pode verificar pela leitura direta do gráfico, a 40°C. A alternativa 03 é incorreta. O gráfico informa que a solubilidade do 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 dissolvidos 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 solubilidade do NH4Cl, a 30°C, é 40 g por 100 g de água. Isso significa que a solução mencionada nessa alternativa é saturada. A alternativa 05 é incorreta, porque a curva de solubilidade do Ce2(SO4)3 é decrescente.

51

a) Grandezas:

Massa de Volume de soluto solvente 200 g — 400 mL x — 100 mL

6/24/05, 14:28

⇒

x 50 g


39

81 Esse cálculo revela que a solução do frasco I contém 50 g/100 mL H2O. Como o enunciado afirma que ela é saturada, deduz-se que essa é a solubilidade do KCl na temperatura da solução. A leitura do gráfico informa que a solubilidade do KCl vale 50 g/100 mL H2O a 80°C. b) O gráfico informa que a 20°C a solubilidade do KCl é 30 g/100 mL H2O. Assim: Grandezas:

Massa de Volume de soluto solvente 30 g — 100 mL y — 400 mL

⇒

Se a solução colocada no béquer fosse saturada, ela conteria 2,2 g de soluto. Como ela contém apenas 1,0 g, conforme determinamos anteriormente, concluímos que ela é insaturada. 54

y 120 g

Esse cálculo indica que 120 g de KCl estão dissolvidos na solução do frasco II. A massa do corpo de chão corresponde à diferença entre a massa adicionada (200 g) e a massa dissolvida (120 g). Ela vale, portanto, 80 g.


53

Alternativa A. Como a massa do béquer é 30,0 g e a massa inicial do conjunto béquer solução é 50,0 g, concluímos que a massa da solução colocada no recipiente é 20,0 g. E, como a massa do conjunto béquer resíduo é 31,0 g, deduzimos que a massa do soluto LiOH, que não evapora junto com o solvente, é 1,0 g. Assim, podemos determinar a porcentagem em massa do soluto na solução: Grandezas:

Massa 20,0 g 1,0 g

Porcentagem — 100 % — x

⇒

a) Como a densidade da garapa é 1,08 g/cm3, isso significa que cada centímetro cúbico de garapa tem massa de 1,08 g ou, de modo equivalente, cada litro (103 cm3) tem massa 1.080 g. E, dessa massa de solução, de acordo com o enunciado, 165 g correspondem ao soluto (açúcar). Assim: Grandezas: Massa 1.080 g 165 g

55

Massa de solução 100 g 20,0 g

Cinicial 䡠 Vinicial Cfinal 䡠 Vfinal

Vfinal

165 䡠 Vinicial 660

Vfinal y 2,2 g

1 䡠 Vinicial 4

O volume deve ser reduzido, por evaporação do solvente, até um quarto do valor inicial.

Alternativa D. PbSO4(s) PbI2(s) Pb(NO3)2(s) Água quente PbSO4(s) PbI2(aq) Pb(NO3)2(aq) Filtração Retido no papel de filtro (A)

PbI2(aq) Pb(NO3)2(aq)

PbSO4(s)

Filtrado

Resfriamento PbI2(s) Pb(NO3)2(aq) Filtração Retido no papel de filtro (B)

PbI2(s)

Pb(NO3)2(aq)

Filtrado

Evaporação da água Pb(NO3)2(s) Sólido resultante (C)


81

x 15,3%

165 g/L 䡠 Vinicial 660 g/L 䡠 Vfinal

x 5,0%

⇒

⇒

b) Na garapa, a concentração do açúcar é 165 g/L. Deve-se evaporar solvente (água) até que a concentração atinja o valor de 660 g/L, pois, de acordo com o enunciado, essa é a solubilidade do açúcar em água, ou seja, essa é a concentração da solução saturada, a partir da qual começa a haver, por evaporação subseqüente de água, formação dos primeiros cristais de açúcar. massa de soluto (garapa) massa soluto (solução saturada)

Baseando-nos na solubilidade fornecida, podemos determinar a massa de sal presente em 20,0 g de solução saturada: Grandezas: Massa de soluto 11 g — y —

Porcentagem — 100% — x

6/24/05, 14:28

82 Grandezas:

Número Volume de íons 3 䡠 1026 䡠 6 䡠 1023 íons — 1 dm3 1 íon — x

Alternativa B. Tetracloreto de carbono e água certamente formarão duas fases distintas, com o tetracloreto de carbono na fase inferior devido à sua maior densidade. Isso já descarta as alternativas A, D e E. Como o iodo é solúvel em ambos esses líquidos, podemos afirmar que ele estará dissolvido em ambas as fases. A dúvida é se haverá iodo não-dissolvido. E, para resolver essa dúvida e podermos optar entre as alternativas B e C, são necessários os seguintes cálculos: Grandezas: Massa de Volume do de iodo solvente dissolvido CCl4 2,90 g — 100 cm3 x — 50 cm3 Grandezas:

Massa Volume do de iodo solvente dissolvido H2O 0,03 g — 100 cm3 y — 70 cm3

⇒

b) Vamos calcular o volume de água necessário para solubilizar 1 mol de HgS: Grandezas:

x 1,95 g 61

Cálculo da solubilidade do BaSO4: Ks S2

S K s 1,0 䡠 1010 ⇒

S 1,0 䡠 105 mol/L Em um litro de água podemos dissolver 1,0 䡠 105 mol de BaSO4. Assim:

y 0,021 g

Alternativa A. Ks [Ba2] 䡠 [CrO 42] S 䡠 S S2

Grandezas: Quantidade Volume de matéria 1,0 䡠 105 mol — 1 L ⇒ x 1,5 䡠 104 mol x — 15 L 62

S K s 1,0 䡠 1010 S 1,0 䡠 105 mol/L A concentração, em mol/L, de íons cromato na solução saturada é igual a S. Assim: [CrO 42] 1,0 䡠 105 mol/L

a) Ocorrerá precipitação se o produto [Ca2][F]2 for maior que o Ks do CaF2. Efetuando o cálculo, temos: [Ca2][F]2 (2 䡠104) 䡠 (5 䡠105)2 5 䡠1013 Uma vez que 5 䡠1013 é menor que o Ks do CaF2 (1,5 䡠1010), concluímos que não haverá precipitação de CaF2. b) A máxima concentração de íons Ca2 corresponde àquela que faça o produto [Ca2][F]2 se igualar ao Ks (solução saturada). Assim: [Ca 2 ]

58

Quantidade Volume de matéria 3 3 䡠 1026 mol — 1 dm3 ⇒ y 3,33 䡠 1025 dm 1 mol — y

Assim, concluímos que o volume de água existente na Terra não é suficiente para solubilizar um mol de HgS.

Somando a massa de iodo dissolvida em 50 cm3 de tetracloreto de carbono (1,95 g) com a dissolvida em 70 cm3 de água (0,021 g), não atingimos a massa adicionada (3,00 g). Portanto, haverá iodo sólido no sistema. Esse iodo, por sua densidade, formará uma fase abaixo do tetracloreto de carbono. 57

⇒ x 55,6 dm3

A concentração em mol/L da solução saturada de uma substância é a sua solubilidade expressa em mol/L. Assim, para o CuBr: Ks S2 S K s 4,9 䡠 109 49 䡠 1010

Ks [F ]2

1,5 䡠 1010 (5 䡠 105 )2

[Ca2] 6,0 䡠102 mol/L 63

S 7,0 䡠 105 mol/L

Inicialmente, vamos calcular a solubilidade do BaSO4: Ks S2

S K s 1,0 䡠 1010 59

S 1,0 䡠 105 mol/L Essa solubilidade é igual à [Ba2] na solução saturada ingerida pelo paciente. A quantidade de íons Ba2 dissolvidos nos 200 mL (0,2 L) ingeridos irá sofrer diluição ao passar para o volume de 5 L de sangue. Nessa diluição, temos: [Ba2] 䡠 V [Ba2]’ 䡠 V’ 1,0 䡠 105 mol/L 䡠 0,2 L [Ba2]’ 䡠 5 L [Ba2]’ 4,0 䡠 107 mol/L Como essa concentração de íons bário no sangue é menor que a dose letal (2 䡠 103 mol/L), concluímos que não há risco de morte para o paciente.

Alternativa D. Mg (OH)2 F Mg2 2 OH

Início

Quantidade inicial

Reagiu

—

S

2S

S

2S

S

Formou Equilíbrio

—

“Sobra”


Ks [Mg2] 䡠 [OH]2 S 䡠 (2S)2 Ks 4 S3 4 䡠 (104)3 Ks 4 䡠 10 60

12

a) Inicialmente, vamos calcular a solubilidade do HgS: Ks S2

S K s 9 䡠 1052 S 3 䡠 1026 mol/dm3 A seguir, vamos realizar uma regra de três, atentando para o fato de que, se a solubilidade do HgS vale 3 䡠 1026 mol/dm3, isso significa que há 3 䡠 1026 mol de íons Hg2 em cada dm3 de solução saturada (o que equivale a 3 䡠 1026 䡠 6 䡠 1023 íons Hg2 por dm3 de solução saturada).


82

64

a) Para os três sais cujo Ks foi dado, temos que S K s . Como o PbS é o de menor Ks, concluímos que é o menos solúvel. Assim, o ânion sulfeto, S2, é o mais indicado para a precipitação do Pb2. b) Ks [Pb2] 䡠 [S2] S 䡠 S S2

S K s 4 䡠 1028 S 2 䡠 1014 mol/L A concentração, em mol/L, de íons Pb2 na solução saturada, após a precipitação, é igual a S. Assim: [Pb2] 2 䡠 1014 mol/L

7/7/05, 21:25


56

83 65

a) O primeiro precipitado é amarelo. Ambos os sais, PbCl2 e PbI2, têm a mesma estequiometria: 1 mol de cátions para 2 mol de ânions. Assim, podemos comparar diretamente os valores de KPS para concluir que o PbI2, que tem menor KPS, é menos solúvel em água e será o primeiro a precipitar. b) O início da precipitação de cloreto se dá a partir do momento em que o produto [Pb2] 䡠 [Cl]2 se iguala ao valor do KPS do PbCl2. Determinando a concentração, em mol/L, de Pb2 nesse momento, teremos determinado a concentração, em mol/L, de Pb(NO3)2 presente na solução no momento em que se inicia a precipitação de íons cloreto. [Pb2] 䡠 [Cl]2 KPS

[Pb 2 ]

K ps

2

[Cl ]

1 䡠 104 (1 䡠 102 )2

71

[A] 䡠 [C] Kps ⇒


Alternativa E. A menor [Fe3] necessária à precipitação de Fe(OH)3 corresponde àquela para a qual o produto [Fe3][OH]3 se iguala ao Ks. Assim: [Fe3][OH]3 Ks [Fe 3 ]

Ks

[OH ]3

Alternativa D. Para calcular o Ks do etanoato de prata, basta multiplicar as coordenadas de um ponto que esteja sobre a hipérbole mostrada no gráfico, pois todos eles obedecem à relação Ks [Ag][CH3COO]. Usando, por exemplo, o ponto i, temos: Ks [Ag][CH3COO] (7 䡠 102) 䡠 (7 䡠 102) 49 䡠 104 4,9 䡠 103

73

Alternativa C. A solução supersaturada representada pelo ponto f se torna saturada por meio da precipitação de etanoato de prata AgCH3COO. Nessa precipitação, cada íon Ag se une a um íon CH3COO e, conseqüentemente, 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:

Fe(OH)2 F Fe2 2 OH

67

Início

Quantidade

—

PbI2(s)

—

inicial Reagiu

S

Formou Equilíbrio

Sobra

S

2S

S

2S


Ks [Fe2][OH]2 S 䡠 (2S)2 ⇒ Ks 4 S3 Como pOH 4, então [OH] 104 mol/L. Uma vez que, pela tabela preenchida, sabemos que [OH] 2S, então S

104 mol / L . 2

 Assim, K s 4 䡠 

68

104  3 5 䡠 1013 2 

Alternativa D. A [OH] necessária para a precipitação pode ser calculada por meio do Ks: [Mg2][OH]2 Ks [OH ]

Ks [Mg 2 ]

1,0 䡠 1011 1,0 䡠 101

[OH_] 1,0 䡠 105 mol/L Essa concentração de hidroxila corresponde a um pOH 5 e, conseqüentemente, um pH 9. 69

Alternativa D. O valor de solubilidade 1,5 䡠 104 mol/L revela que, na solução saturada de Mg(OH)2, a [OH] vale 3,0 䡠 104 mol/L. Esse valor está situado entre 1,0 䡠 103 mol/L e 1,0 䡠 104 mol/L. • Se [OH] 1,0 䡠 103 mol/L, então pOH 3 e pH 11. • Se [OH] 1,0 䡠 104 mol/L, então pOH 4 e pH 10. Assim, concluímos que o pH do leite de magnésia está entre 10 e 11.


83

K ps [C ]

72

6,0 䡠 1038 (1,0 䡠 103 )3

[Fe3] 6,0 䡠 1029 mol/L

[A ]

Essa expressão mostra que [A] é uma função inversa de [C], do tipo: 1 f(x) constante 䡠 x ou seja, [A] é inversamente proporcional a [C]. E o gráfico desse tipo de função é uma hipérbole equilátera, como a que aparece no gráfico da alternativa C.

[Pb2] 1 mol/L

66

Alternativa C.

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 PbI 2 em água é um processo endotérmico, concluímos que a solubilidade desse sal aumenta com 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 possível dissolver mais soluto por simples adição desse soluto à solução. Em outras palavras, todo o PbI2 sólido adicionado irá direto ao fundo, não provocando alteração de [Pb2] ou de [I]. IV. Correta. Na solução saturada, temos que o produto [Pb2] 䡠 [I]2 é igual ao Ks do PbI2. A adição da solução saturada de KI provocará um aumento da [I]. Haverá aumento do produto [Pb2] 䡠 [I]2 e, como conseqüência, precipitará PbI2 até que o produto [Pb2] 䡠 [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 visualizada no seguinte gráfico:

[Pb2] A: solução inicial saturada de PbI2 B: solução após adição de KI C: solução após a precipitação de um pouco de PbI2

A

Adição KI

[Pb2] diminui

B Precipitação

C [I] aumenta

6/24/05, 14:28

[I]

84

Alternativa A. Uma maneira muito elegante de resolver tal problema é por meio do gráfico que representa o Ks. Inicialmente, vamos admitir que a concentração da solução de CaCl2 seja x mol/L e a de Na2SO4 seja y mol/L. Utilizando a expressão para diluição de soluções (M 䡠 V ⫽ M’ 䡠 V’), podemos concluir que, após a mistura dos volumes mencionados, teremos: x mol / L • no copo no 1: [Ca 2⫹ ] ⫽ 2

[SO 2⫺ ]⫽ 4

y mol / L 2

• no copo no 2: [Ca 2⫹ ] ⫽

x mol / L 3

2y mol / L 3 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⫹] 䡠 [SO 42⫺] maior que o Ks do CaSO4. Não sabemos os valores de x e y, mas vamos respeitar a escala do gráfico. [SO 2⫺ ]⫽ 4

[Ca2+] Copo nº 1 logo após a mistura

x 2

Copo nº 2 logo após a mistura

x 3

As setas no gráfico a seguir representam a precipitação que vai ocorrer em cada copo. Como [Ca2⫹] e [SO42⫺] diminuem igualmente, em um mesmo copo, as setas são paralelas. Assim, o gráfico a seguir nos permite comparar as concentrações finais nos líquidos sobrenadantes (soluções saturadas): [Ca2⫹]1 ⬎ [Ca2⫹]2 e [SO 42⫺]1 ⬍ [SO 2⫺ 4 ]2

[Ca2+]

Note que as retas são paralelas P no reci co pita po çã nº o 2

–

–

[Ca2+]1 [Ca2+]2

[SO42 –]1

77

[SO42 –]2

a) Na solução saturada de PbSO4 temos: [Pb2⫹] ⫽ [SO2⫺ 4 ]⫽S⫽

K s ⫽ 1,1 䡠 10⫺8 ⫽

⫺4

⫽ 1,05 䡠 10 mol/L e, na solução de PbCO3, temos: [Pb2⫹] ⫽ [CO 32⫺] ⫽ S ⫽

K s ⫽ 3,3 䡠 10⫺14 ⫽

⫺7

⫽ 1,82 䡠 10 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 䡠 10⫺4 mol/L [CO32⫺] ⫽ 0,91 䡠 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 䡠 V1 ⫹ [Pb2⫹]2 䡠 V2 ⫽ [Pb2⫹]f 䡠 Vf 1,05 䡠 10⫺4 䡠 V ⫹ 1,82 䡠 10⫺7 䡠 V ⫽ [Pb2⫹] 䡠 2V [Pb2⫹] ⫽ 0,525 䡠 10⫺4 mol/L Vamos testar se há condição de precipitar PbSO4. [Pb2⫹] 䡠 [SO42⫺] ⫽ (0,525 䡠 10⫺4) 䡠 (0,525 䡠 10⫺4) ⫽ 2,76 䡠 10⫺9 Como o produto é menor que o Ks do PbSO4 (1,1 䡠 10⫺8), não vai precipitar PbSO4. Vamos testar se há condição de precipitar PbCO3. [Pb2⫹] 䡠 [CO 32⫺] ⫽ (0,525 䡠 10⫺4) 䡠 (0,91 䡠 10⫺7) ⫽ 4,78 䡠 10⫺12 Como o produto é maior que o Ks do PbCO3 (3,3 䡠 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 carbonato (CO32⫺), de acordo com a equação: 2 H⫹ ⫹ CO32⫺ F H2O ⫹ CO2. Isso reduz a concentração de íons carbonato (CO32⫺) na solução, deslocando o equilíbrio de solubilidade do PbCO3 no sentido de dissolver mais sal. PbCO3 F Pb2⫹ ⫹ CO32⫺

y 2


84

2y [SO42–] 3

[SO42 –]

Deslocado para a direita pela redução de [CO32⫺]

6/24/05, 14:29


76

Alternativa C. Inicialmente temos, na solução de CaSO4 (que será adicionada ao copo gota a gota) [Ca2⫹] ⫽ 3,0 䡠 10⫺3 mol/L [SO42⫺] ⫽ 3,0 䡠 10⫺3 mol/L e na solução de CaCl2 (que está no copo) [Ca2⫹] ⫽ 3,0 䡠 10⫺3 mol/L [Cl⫺] ⫽ 6,0 䡠 10⫺3 mol/L Tendo sempre em mente que a pergunta se refere “às espécies químicas existentes ou que passam a existir no copo”, vamos comentar 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 SO 42⫺, inicialmente ausentes no copo, passam a ser gradualmente introduzidos e sua concentração passa a aumentar no copo. A alternativa C é correta. Não haverá alteração na [Ca2⫹], pois estamos misturando duas soluções de mesma concentração de íons Ca2⫹. A alternativa D é incorreta. Como está havendo adição de íons SO2⫺ 4 , inicialmente ausentes no copo, a quantidade, em mol, desses íons aumenta progressivamente no copo. A alternativa E é incorreta. A [Ca2⫹] permanece em 3,0 䡠 10⫺3 mol/L e a de sulfato jamais ultrapassará 3,0 䡠 10⫺3 mol/L. Assim, o produto [Ca 2⫹] 䡠 [SO 42⫺] não será maior que o K s do CaSO 4 (2,4 䡠 10⫺5, de acordo com o enunciado) e, portanto, não poderá precipitar CaSO4(s).

P no reci co pita po çã nº o 1

75

85 16

Capítulo 11

Se 93,75% sofrerão decaimento nuclear, restarão 6,25%. Esquematicamente: t

Radioatividade: fenômenos de origem nuclear


5

a) Escrevendo a equação literalmente, representando a partícula emitida por X, temos: 3 → AZX ⫹ 23He 1H • 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 (⫺10β). b) A equação da emissão é: 31H → ⫺10β⫹ 32 He

a)

A Z

X →

β ⫹

0 ⫺1

60 28

18

Fazendo um esquema, “retrocedendo” no tempo por 2 meias-vidas (25 anos ⫽ 2 䡠 12,5 anos): t

A Z

X

→

α

4 2

⫹

206 82

19

14 dias 쳇촞

10 g

14 dias 쳇촞 5,0

14 dias 쳇촞 2,5

g

14 dias 쳇촞

1,25 g

14 dias 쳇촞

0,625 g

t1/2 쳇촞

50%

t1/2 쳇촞

25%

t1/2 쳇촞

1,6 g

t1/2 쳇촞

0,8 g

t1/2 쳇촞

0,4 g

t1/2 쳇촞

0,2 g

t1/2 쳇촞

0,1 g

t1/2 쳇촞

transcorrem, ao todo, 5 meias-vidas. Assim, temos: 5 䡠 t1/2 ⫽ 40 dias ⇒ t1/2 ⫽ 8 dias


85

0,05 g

140 57

La

23

a)

12,5%

Partindo de 1,6 g e chegando a 50 mg (0,050 g):

⫹

X ⫹ 10n → 13H ⫹ 42α • balanço de números de massa: A⫹1⫽3⫹4 ⇒ A⫽6 • balanço das cargas nucleares: Z⫹0⫽1⫹2 ⇒ Z⫽3 Procurando Z ⫽ 3 na tabela periódica, encontramos o lítio (Li). Portanto, a partícula que falta na equação (36X) é 63Li.

transcorrem, ao todo, 3 meias-vidas, ou seja, 84 anos (3 䡠 28 anos). 15

X

22

Partindo de 100% e chegando a 12,5%: 100%

A Z

a) O número de nêutrons pode ser calculado subtraindo-se o número 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 ⫽ 2 24 b) 23 ⫹ AZX → 12 Mg ⫹ 10n 11 Na • 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, 12H.

Após 70 dias restam, portanto, 0,625 g, ou seja, 625 mg do isótopo. 14

→

21

Pb

g

Ba

• balanço de números de massa: 140 ⫽ A ⫹ 140 ⇒ A ⫽ 0 • balanço das cargas nucleares: 56 ⫽ Z ⫹ 57 ⇒ Z ⫽ ⫺1 A partícula que está faltando na equação é representada por 0 0 ⫺1X, ou seja, é uma partícula beta, ⫺1 β. Segundo decaimento: 140 → AZX ⫹ 140 57 La 58Ce • balanço de números de massa: 140 ⫽ A ⫹ 140 ⇒ A ⫽ 0 • balanço das cargas nucleares: 57 ⫽ Z ⫹ 58 ⇒ Z ⫽ ⫺1 Portanto, a partícula que está faltando na equação também é uma partícula beta, ⫺10β. b) Trata-se de uma seqüência de dois decaimentos radioativos. O primeiro dos nuclídeos é o bário-140. Sua quantidade deve decrescer, tendendo a zero, o que está representado pela curva B. O cério-140, sendo o membro final da seqüência, é o último a ser produzido e sua quantidade deve aumentar com o passar do tempo. Corresponde à curva A. Finalmente, a curva C corresponde ao lantânio-140, que é produzido na primeira emissão beta, mas é consumido logo a seguir, ao se transformar em cério.

Tempo transcorrido ⫽ 5 meias-vidas ⫽ 5 䡠 14 dias ⫽ 70 dias 20 g

a) Primeiro decaimento: 140 56

• balanço de números de massa: A ⫽ 4 ⫹ 206 ⇒ A ⫽ 210 • balanço das cargas nucleares: Z ⫽ 2 ⫹ 82 ⇒ Z ⫽ 84 Procurando Z ⫽ 84 na tabela periódica, encontramos o elemento polônio (Po). Assim, a partícula que está faltando na equação é 210 84 Po. 13

t

1,7 mg 촞1/2쳇 3,4 mg 촞1/2쳇 6,8 mg A massa de trítio colocada no relógio foi de 6,8 mg.

Procurando Z ⫽ 27 na tabela periódica, encontramos o elemento cobalto (Co). Assim, a partícula que está faltando na equação é 60 27Co. b)

t

Havia 12 g de cobalto-60 na cápsula há 20 anos.

Ni

• balanço de números de massa: A ⫽ 0 ⫹ 60 ⇒ A ⫽ 60 • balanço das cargas nucleares: Z ⫽ ⫺1 ⫹ 28 ⇒ Z ⫽ 27

t

17

Professor: É comum alunos questionarem se não é perigoso colocar um elemento radioativo como o trítio em um objeto de uso cotidiano como o relógio de pulso. Acontece que a atividade radioativa desse trítio é extremamente reduzida e, além disso, o próprio vidro do relógio é capaz de impedir a saída das partículas beta, cujo poder de penetração é insuficiente para atravessá-lo. Modernamente, contudo, muitos ponteiros de relógio são recobertos apenas com substâncias fosforescentes que, ao serem iluminados, têm seus elétrons excitados. Nessas substâncias especiais (iguais às utilizadas em interruptores elétricos que brilham no escuro), os elétrons excitados demoram minutos ou até horas para retornar ao estado fundamental, fato que explica o brilho dos ponteiros no escuro. Contudo, em não se utilizando o trítio, o brilho não persistirá se o relógio for mantido no escuro por muito tempo. 7

t

1/2 1/2 1/2 1/2 100% 쳇촞 50% 쳇촞 25% 쳇촞 12,5% 쳇촞 6,25% Portanto, o tempo total é de 4 meias-vidas.

A Z

Bi ⫹ 64 → AZ X ⫹ 01n 30 Zn • balanço de números de massa: 209 ⫹ 64 ⫽ A ⫹ 1 ⇒ A ⫽ 272 • balanço das cargas nucleares: 83 ⫹ 30 ⫽ Z ⫹ 0 ⇒ Z ⫽ 113 209 83

6/24/05, 14:29

86

Professor: Uma outra maneira de resolver o item b, que provavelmente não é a mais conveniente nesse momento do curso de Química, é fazer a distribuição eletrônica de 113 elétrons de acordo com o diagrama de Pauling (se esse assunto tiver sido trabalhado). Tal distribuição conduz à terminação 7p1, isto é, sétimo período, grupo 13. 24

a) Apenas a etapa I é uma transmutação nuclear; as outras são emissões alfa. b) Etapa I: 232 ⫹ 12H → baX ⫹ 7 10n 90 Th • balanço de números de massa: 232 ⫹ 2 ⫽ a ⫹ 7 ⇒ a ⫽ 227 • balanço das cargas nucleares: 90 ⫹ 1 ⫽ b ⫹ 0 ⇒ b ⫽ 91 Etapa II: 227 → 42α ⫹ cdY 91 X • balanço de números de massa: 227 ⫽ 4 ⫹ c ⇒ c ⫽ 223 • balanço das cargas nucleares: 91 ⫽ 2 ⫹ d ⇒ d ⫽ 89 Etapa III: 223 → 42α ⫹ ef A 89 Y • balanço de números de massa: 223 ⫽ 4 ⫹ e ⇒ e ⫽ 219 • balanço das cargas nucleares: 89 ⫽ 2 ⫹ f ⇒ f ⫽ 87 Etapa IV: 219 → 42α ⫹ ghB 87A • balanço de números de massa: 219 ⫽ 4 ⫹ g ⇒ g ⫽ 215 • balanço das cargas nucleares: 87 ⫽ 2 ⫹ f ⇒ h ⫽ 85 Procurando Z ⫽ 87 na tabela periódica, encontramos o frâncio 219 (Fr). Assim, 219 87 A é o 87 Fr (frâncio). Procurando Z ⫽ 85 na tabela periódica, encontramos o astato 215 (At). Assim, 215 85 B é o 85At (astato). c) Se 87,5% sofrerão decaimento nuclear, restarão 12,5%. Esquematicamente: t

t

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 䡠 30 anos ⫽ 180 anos). t1/2 쳇촞

50%

t1/2 쳇촞

25%

t1/2 쳇촞

12,5%

t1/2 쳇촞

6,25% t

t1/2 쳇촞

1/2 3,125% 쳇촞 1,5625% Assim, após 180 anos restará aproximadamente 1,6% da quantidade inicial de césio-137.

32

Mo → ⫺10β ⫹ AZA • balanço de números de massa: 99 ⫽ 0 ⫹ A ⇒ A ⫽ 99 • balanço das cargas nucleares: 42 ⫽ ⫺1 ⫹ Z ⇒ Z ⫽ 43 99 42


a) Trata-se de uma fissão nuclear, ou seja, quebra de um núcleo grande (no caso, o urânio-235) pelo bombardeamento com um nêutron. b) 235 ⫹ 01n → 144 ⫹ ZAX ⫹ 2 01 n 92 U 55 Cs • 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 nome e o símbolo do elemento X: rubídio, Rb. Assim, o símbolo que está faltando na equação fornecida é 90 37 Rb.

34

238 ⫹ 147N → AZX ⫹ 5 10n 92 U • balanço de números de massa: 238 ⫹ 14 ⫽ A ⫹ 5 ⇒ A ⫽ 247 • balanço das cargas nucleares: 92 ⫹ 7 ⫽ Z ⫹ 0 ⇒ Z ⫽ 99 Procurando Z ⫽ 99 na tabela periódica, encontramos o nome do elemento X como sendo einstênio (Es). Assim, o símbolo completo de X é 247 99 Es.

U ⫹ 168O → AZ Y ⫹ 5 01n • 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 do elemento X como sendo férmio (Fm). Assim, o símbolo completo de Y é 21 04 90 Fm. 238 92

t

1/2 1/2 1/2 100% 쳇촞 50% 쳇촞 25% 쳇촞 12,5% Portanto, o tempo total é de 3 meias-vidas: tempo total transcorrido ⫽ 3 䡠 t1/2 ⫽ 3 䡠 0,025 s ⫽ 0,075 s d) 215 → x 42α ⫹ y ⫺10β ⫹ 207 85At 82 Pb • balanço de números de massa: 215 ⫽ 4x ⫹ 207 ⇒ x ⫽ 2 • balanço das cargas nucleares: 85 ⫽ 2x ⫺ y ⫹ 82 substituindo x ⫽ 2, vem: 85 ⫽ 4 ⫺ y ⫹ 82 ⇒ y ⫽ 1 Portanto, a equação que representa a transformação de B em chumbo-207 é: 215 → 2 42α ⫹ ⫺10β ⫹ 207 85At 82 Pb

100%

33

86

35

a) Grandezas: Energia

Massa de gás hidrogênio 143 kJ — 1g ⇒ 8 䡠 107 kJ — x

x ⫽ 5,6 䡠 105 g

A massa de gás hidrogênio é de 5,6 䡠 105 g, ou seja, 0,56 t. b) Grandezas: Energia

Massa de gás hidrogênio 143 kJ — 1g ⇒ 3 䡠 108 kJ — y

y ⫽ 2,1 䡠 106 g

A massa de gás hidrogênio é de 2,1 䡠 106 g, ou seja, 2,1 t. c) Grandezas: Energia

Massa de álcool 30 kJ — 1g 8 䡠 107 kJ — z

⇒

z ⫽ 2,7 䡠 106 g

A massa de álcool que equivale energeticamente à fissão de 1 g de urânio-235 é 2,7 䡠 106 g, ou seja, 2,7 t. Grandezas: Energia

Massa de álcool 30 kJ — 1g 3 䡠 108 kJ — w

⇒

w ⫽ 1,0 䡠 107 g

A massa de álcool que equivale energeticamente à fusão de 1 g de deutério/trítio é 1,0 䡠 107 g, ou seja, 10 t. A intenção dessa questão é chamar a atenção para a incrível quantidade de energia que é liberada em processos nucleares de fissão e fusão (sobretudo na fusão) quando comparados a processos químicos, tais como a combustão.

6/24/05, 14:29


Procurando Z ⫽ 43 na tabela periódica, encontramos o nome do elemento A como sendo tecnécio (Tc). 147 → ⫺10β ⫹ AZB 60 Nd • 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 do elemento B como sendo promécio (Pm).

b) Seguindo a tabela periódica até o quadro em que deverá estar esse elemento de Z ⫽ 113, encontramos o grupo 13 (grupo do boro, anteriormente designado por 3A).

87 36

37

Alternativa B. Os fenômenos radioativos são nucleares, ou seja, envolvem alterações no núcleo atômico. Alternativa E. Apenas a emissão beta afeta o número de partículas no núcleo, já que a radiação gama é uma onda eletromagnética. Assim: 131 → ⫺10β ⫹ AZE 53I • balanço de números de massa: 131 ⫽ 0 ⫹ A ⇒ A ⫽ 131 • balanço das cargas nucleares: 53 ⫽ ⫺1 ⫹ Z ⇒ Z ⫽ 54 Assim, o isótopo formado é representado por 131 54 E.

42

Alternativa A. t1/2 쳇촞

100% t1/2 쳇촞

43

a)

1,56%

50% t1/2 쳇촞

t1/2 쳇촞

25%

0,78%


39

Alternativa C. A alternativa A é correta, porque o poder de penetração das partículas alfa é relativamente baixo e ela conduz para fora do núcleo dois prótons e dois nêutrons, portanto quatro unidades de massa atômica. A alternativa B é correta. As partículas alfa têm a composição do núcleo de um átomo de hélio-4: dois prótons e dois nêutrons. A alternativa C é incorreta. De fato, os raios gama são uma forma de radiação eletromagnética. Porém essa forma de radiação apresenta alto poder de penetração na matéria. A alternativa D é correta. As partículas beta são elétrons ejetados a alta velocidade pelo núcleo quando um nêutron se decompõe em um próton, um elétron e um antineutrino. E a massa de um elétron é muito menor que a de um átomo. A alternativa E é correta. O poder de penetração das partículas beta é maior que o das alfa. E quando um núcleo emite uma partícula beta, o número de massa não se altera, mas o número atômico aumenta uma unidade.

238 ⫽ 4x ⫹ 222

Rn → x 42 α ⫹ y ⫺10β ⫹ • balanço de números de massa: 222 ⫽ 4x ⫹ 210 ⇒

210 84

40

⇒

N0

41

208 82

Alternativa B. Np → x 24α ⫹ y ⫺10 β ⫹ • balanço de números de massa: ⇒

x⫽7

• balanço das cargas nucleares: 93 ⫽ 2x ⫺ y ⫹ 83 substituindo x ⫽ 7 93 ⫽ 14 ⫺ y ⫹ 83


87

⇒

x⫽4

⇒

y⫽2

t1/2 쳇촞

N0 2

t1/2 쳇촞

N0 4

t1/2 쳇촞

N0 8

t1/2 쳇촞

N0 16

Alternativa C. A leitura do gráfico permite estabelecer o valor da meia-vida do Sr-90 como sendo 28 anos. Assim: t1/2 쳇촞

20,0 g

t1/2 쳇촞

10,0 g

t1/2 쳇촞

5,0 g

Professor: Estimativas como 27 anos ou 29 anos para a meia-vida também são razoáveis dentro da precisão da leitura oferecida pelo gráfico. Com tais estimativas, o aluno chegaria a um tempo total de 81 anos ou 87 anos, respectivamente. Mesmo assim, a alternativa C é a mais indicada para responder a esse teste.

Pb 46

y⫽4

237 93

237 ⫽ 4x ⫹ 209

Rn

são necessárias 3 meias-vidas para que 40,0 g se transformem em 5,0 g. Isso equivale a 84 anos (isto é, 3 䡠 28 anos).

x⫽6

⇒

0,098%

45

40,0 g


0,196%

Po

Alternativa A.

232 ⫽ 4x ⫹ 208 ⇒

222 86

3,125%

t1/2 쳇촞

Alternativa 03. A alternativa 01 é incorreta, pois a substância mencionada é um composto iônico em cuja composição há íons sulfato (SO 42⫺), íons potássio (K⫹) e íons uranilo (UO 22⫹). A alternativa 02 é incorreta, pois a emissão beta não modifica o número de massa. A alternativa 03 é correta. Os átomos de urânio são naturalmente radioativos. A alternativa 04 é incorreta, porque no tempo mencionado (meiavida do radioisótopo) apenas metade da atividade radioativa é perdida. A alternativa 05 é incorreta, pois a emissão alfa reduz o número de massa em quatro unidades e o número atômico em duas unidades.

y⫽4

Th → x 42 α ⫹ y ⫺10β ⫹ • balanço de números de massa:

0,39%

t1/2 쳇촞

44

x⫽3

232 90

t1/2 쳇촞

6,25%

São emitidas quatro partículas alfa e duas beta na transfor222 mação de 238 92 U em 86 Rn. b) O tempo necessário é de quatro meias-vidas, ou seja, 15,2 dias (4 䡠 3,8 dias).


⇒

t1/2 쳇촞

• balanço das cargas nucleares: 92 ⫽ 2x ⫺ y ⫹ 86 substituindo x ⫽ 4

Alternativa D. 222 86

t1/2 쳇촞

12,5%

238 → x 24α ⫹ y ⫺10β ⫹ 92 U • balanço de números de massa:

92 ⫽ 8 ⫺ y ⫹ 86 38

t1/2 쳇촞

209 83

Bi

a) Deve ter sido extraído urânio-235. Esse isótopo, em condições adequadas, sofre fissão nuclear, o que permite utilizá-lo em reatores termonucleares e em bombas atômicas. (Obs.: Ao termo urânio empobrecido, no qual há uma abundância de U-238 maior do que a natural, contrapõe-se o termo urânio enriquecido, no qual há uma abundância de U-235 maior do que a natural. O urânio enriquecido é material empregado em reatores termonucleares e em bombas de fissão nuclear.) → 42α ⫹ 234 b) 238 92 U 90 Th c) Um dos dados fornecidos ao final da questão, o de que um ano equivale a 3 䡠 107 s, sugere que o que se deseja nesse item c é uma estimativa média de quantas partículas são emitidas por segundo. Vamos, inicialmente, calcular quantos átomos de U-238 existem em 1 kg. Grandezas: Massa 238 g 1.000 g

— —

Número de átomos 6 䡠 1023 átomos x

x ⫽ 2,52 䡠 1024 átomos

y⫽4

7/7/05, 21:27

88

Grandezas: Tempo

III. O corpo humano mumificado não está vivo, mas um dia esteve. Assim, o método se aplica para estimar a idade apenas do material III. 49

Número de partículas alfa

a) fotossíntese b) Como o teor de carbono-14 é 25% daquele presente nos organismos vivos, passaram-se duas meias-vidas desse isótopo: 100%

5 䡠 10 䡠 3 䡠 10 s — 9

7

1s

—

1 䡠 2,52 䡠 1024 partículas 2 y

A⫽

A⫽

50

t1/2 쳇촞

50%

t1/2 쳇촞


88

25%

59

Alternativa B. A alternativa A é incorreta. Fissão nuclear é o processo de quebra de núcleos grandes em núcleos menores, liberando grande quantidade de energia. Fusão nuclear é a junção de núcleos pequenos formando núcleos maiores e liberando uma quantidade de energia ainda maior que a fissão nuclear. A alternativa B é correta, pois, de fato, a fusão é o processo nuclear que ocorre nas estrelas. A alternativa C é incorreta, pois problemas sobre como dispor produtos radioativos (lixo radioativo) são enfrentados no caso da fissão. A alternativa D é incorreta, pois a fusão não é (pelo menos até o momento) 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 comercialmente há anos.

60

Alternativa A. A equação representa a fusão nuclear de deutério e trítio.

25%

Alternativa C. O processo de datação por carbono-14 se aplica a objetos nãovivos, mas que um dia foram parte de um ser vivo, pois o método se baseia na comparação entre o teor de carbono-14 nos seres vivos 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.

t1/2 쳇촞

Alternativa D. Nas usinas termonucleares, a energia liberada na fissão nuclear é empregada para provocar a ebulição da água. O vapor produzido põe em movimento a turbina de um gerador de energia elétrica. Em última análise, energia nuclear é convertida, pelo menos em parte (porque há dissipação de uma parte da energia como energia térmica), em energia elétrica.

tempo total transcorrido ⫽ 2 䡠 5.730 anos ⫽ 11.460 anos 48

50%

58

Alternativa D. 100%

t1/2 쳇촞

0 ⫺ verdadeira. O isótopo apresenta 8 nêutrons e 6 prótons. Assim, a relação número de nêutrons/número de prótons é maior do que 1. E, de fato, o carbono-14 é beta-emissor, transformando-se no átomo estável de nitrogênio-14. 14 → ⫺10β ⫹ 147N 6C 1 ⫺ 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 contêm 3 ppb de 14C. A leitura do gráfico permite estimar que o tempo correspondente a 3 ppb corresponde a algum valor entre 8.400 anos e 11.200 anos. 3 ⫺ falsa. A leitura do gráfico permite inferir que o teor de 14C correspondente a 12.500 anos é da ordem de 2 ppb, e não inferior a 1 ppb.

A ⫽ 1,16 䡠 107 partículas/s

47

25%

51

0,693 䡠 2,52 䡠 10 24 5 䡠 10 9 䡠 3 䡠 10 7

Esse é o resultado rigoroso da pergunta feita no item c, porém ele não é contemplado pelos conteúdos tradicionalmente tratados no ensino médio.

t1/2 쳇촞

Alternativa C. A idade da ossada é próxima de duas vezes a meia-vida do carbono-14. Assim sendo, o teor desse isótopo na ossada é de aproximadamente 25%. 100%

0,693 䡠 N0 t1/2

em que: N0 ⫽ número de átomos emissores na amostra radioativa t1/2 ⫽ meia-vida dos átomos emissores, em segundos A ⫽ atividade da fonte radioativa, em partículas por segundo Aplicando essa expressão à situação em questão, temos:

50%

Podemos estimar que o tempo transcorrido desde sua morte é duas vezes 5.730 anos, ou seja, 11.460 anos. Assim, a amostra não poderia ser oriunda de uma árvore cortada no período mencionado (pois teria sido cortada, no máximo, há cerca de cinco 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 sendo de um determinado elemento químico. (O carbono tem seis prótons e o nitrogênio tem sete.) Outra diferença entre ambos é o número de nêutrons. (O 14C tem oito e o 14N tem sete.)

y ⫽ 8,4 䡠 106 partículas Essa é a resolução esperada de um aluno do ensino médio que tenha domínio dos conceitos envolvidos. O resultado expressa um valor médio da quantidade de partículas alfa emitidas pela amostra a cada segundo, durante o transcorrer de uma meiavida. Trata-se de uma média porque, na última regra de três, consideramos um intervalo de tempo e o número de partículas emitidas durante o seu transcorrer. Contudo, durante esse intervalo de tempo, o número de partículas emitidas a cada segundo não é constante, já que a quantidade de átomos de U-238 diminui com o passar do tempo. Ao final do intervalo considerado, há metade do número de átomos de U-238 existente no início. Como a quantidade de partículas alfa emitidas é proporcional à quantidade de átomos alfa-emissores na amostra, o número de partículas emitidas por segundo é máximo no início e diminui com o passar do tempo, acompanhando o decaimento nuclear da amostra. Um cálculo rigoroso de quantas partículas alfa são emitidas por segundo pela amostra em que há 1 kg de U-238 envolve considerações cinéticas e a utilização de cálculo integral e diferencial. Na Química superior, tais considerações conduzem à expressão:

t1/2 쳇촞

6/24/05, 14:29


Vamos, agora, levar em conta que metade dessa amostra sofre decaimento alfa durante o tempo de meia-vida, que é de 5 䡠 109 anos ou, expresso em segundos, 5 䡠 109 䡠 3 䡠 107 s. Como cada átomo que decai emite uma partícula alfa, sabemos a quantidade de partículas alfa emitidas nesse intervalo de tempo. Assim:

Química - Suplemento de Apoio do Professor - Manual 2

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