MÓDULO 24 FRENTE 1 – FÍSICO

C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:45 Página 73
FRENTE 1 – FÍSICO-QUÍMICA
2. (FGV-SP) – Baterias de lítio são o principal componente dos mais
recentes carros elétricos ou híbridos com motor a gasolina, que já estão
em testes em São Paulo.
MÓDULO 24
ELETROQUÍMICA (II):
POTENCIAL DE REDUÇÃO E VOLTAGEM
1. (ESPCEX-AMAN – 2014) – Em uma pilha galvânica, um dos
eletrodos é composto por uma placa de estanho imersa em uma solução 1,0 mol . L–1 de íons Sn2+ e o outro é composto por uma placa de
metal imersa em uma solução 1,0 mol . L–1 de íons M+, a 25°C.
Baseando-se nos potenciais padrão de redução das semirreações a
seguir, são feitas as seguintes afirmativas:
Sn2+ (aq) + 2 e– → Sn (s)
E0red = – 0,14 V
M+ (aq) +1e– → M (s)
E0red = – 3,04V
(Revista Pesquisa Fapesp, n.o 199, p. 72. Adaptado.)
Sobre o funcionamento da bateria de lítio na geração de energia elétrica,
é correto afirmar que no anodo ocorre a reação de
a) redução; o polo positivo é o catodo e a sua ddp é positiva.
b) redução; o polo negativo é o catodo e a sua ddp é negativa.
c) oxidação; o polo negativo é o catodo e a sua ddp é positiva.
d) oxidação; o polo positivo é o catodo e a sua ddp é negativa.
e) oxidação; o polo positivo é o catodo e a sua ddp é positiva.
RESOLUÇÃO:
Numa bateria, no anodo (polo negativo) ocorre oxidação e no catodo (polo positivo), redução.
Na bateria, energia química (reação espontânea) é transformada
em energia elétrica, com ddp maior que zero (positiva).
Resposta: E
I. O estanho cede elétrons para o metal.
II. O eletrodo de estanho funciona como catodo da pilha.
III. A reação global é representada pela equação:
2 M0 (s) + Sn2+ (aq) → Sn0 (s) + 2 M+ (aq)
IV. No eletrodo de estanho ocorre oxidação.
V. A diferença de potencial teórica da pilha é de 2,90 V, (ΔE = + 2,90 V).
Das afirmativas apresentadas, estão corretas apenas
a) I, II e IV.
b) I, III e V.
c) I, IV e V.
d) II, III e IV.
e) II, III e V.
RESOLUÇÃO:
Sn2+ (aq) + 2 e–
→ Sn (s)
(redução, catodo)
2 M (s) → 2 M+ (aq) + 2 e–
(oxidação, anodo)
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
global
Sn2+ (aq) + 2 M (s) ⎯⎯⎯→ Sn (s) + 2 M+ (aq)
ΔE0 = E0maior – E0menor ∴ ΔE0 = – 0,14 V – (– 3,04 V)
ΔE0 = + 2,90 V
QUÍMICA BDE
Estão corretas as afirmativas II, III e V.
Resposta: E
– 73
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:45 Página 74
3.
– O boato de que os lacres das latas de alumínio teriam
um alto valor comercial levou muitas pessoas a junta-
rem esse material na expectativa de ganhar dinheiro com sua venda. As
empresas fabricantes de alumínio esclarecem que isso não passa de
uma “lenda urbana”, pois ao retirar o anel da lata, dificulta-se a
reciclagem do alumínio. Como a liga do qual é feito o anel contém alto
teor de magnésio, se ele não estiver junto com a lata, fica mais fácil
ocorrer a oxidação do alumínio no forno. A tabela apresenta as
semirreações e os valores de potencial padrão de redução de alguns
metais:
Semirreação
Potencial Padrão de Redução (V)
Li+ + e– → Li
– 3,05
K+ + e– → K
– 2,93
Mg2+ + 2 e– → Mg
– 2,36
Al 3+ + 3 e– → Al
– 1,66
Zn2+ + 2 e– → Zn
– 0,76
Cu2+ + 2 e– → Cu
+ 0,34
MÓDULO 25
ELETRÓLISE ÍGNEA
1. (FUVEST-SP) – A eletrólise do cloreto de sódio fundido produz sódio
metálico e gás cloro. Nesse processo, cada íon
a) sódio recebe dois elétrons.
b) cloreto recebe um elétron.
c) sódio recebe um elétron.
d) cloreto perde dois elétrons.
e) sódio perde um elétron.
RESOLUÇÃO:
Δ
NaCl (s) ⎯→ Na+ (l) + Cl– (l)
(Disponível em: www.sucatas.com. Acesso em: 28 fev. 2012.
Adaptado.)
Com base no texto e na tabela, que metais poderiam entrar na composição do anel das latas com a mesma função do magnésio, ou seja,
proteger o alumínio da oxidação nos fornos e não deixar diminuir o
rendimento da sua reciclagem?
a) Somente o lítio, pois ele possui o menor potencial de redução.
b) Somente o cobre, pois ele possui o maior potencial de redução.
c) Somente o potássio, pois ele possui potencial de redução mais
próximo do potencial do magnésio.
d) Somente o cobre e o zinco, pois eles sofrem oxidação mais
facilmente que o alumínio.
e) Somente o lítio e o potássio, pois seus potenciais de redução são
menores do que o do alumínio.
QUÍMICA BDE
RESOLUÇÃO:
O íon Mg2+ apresenta um potencial de redução (– 2,36 V) menor
que o do íon Al 3+ (– 1,66 V) e, portanto, o metal magnésio funciona
como metal de sacrifício em relação ao alumínio, uma vez que será
oxidado com maior facilidade que este.
Para proteger o alumínio da oxidação, devemos misturá-lo com um
metal de maior potencial de oxidação que o seu (o íon do metal
deve apresentar um menor potencial de redução que o do íon Al 3+).
Dentre os metais citados na tabela, poderiam ser usados para
substituir o magnésio os metais lítio e potássio.
Resposta: E
74 –
Catodo: Na+ (l) + e– → Na (l)
Anodo: Cl – (l) → e– + 1/2 Cl2 (g)
Resposta: C
2. (MACKENZIE-SP – MODELO ENEM) – A eletrólise é uma reação
química não espontânea de oxirredução provocada pela passagem de
corrente elétrica através de um composto iônico fundido (eletrólise
ígnea) ou em uma solução aquosa de um eletrólito (eletrólise aquosa).
O processo eletroquímico ígneo é amplamente utilizado na obtenção
de alumínio a partir da alumina (Al2O3), que é fundida em presença de
criolita (3 NaF·AlF3), para diminuir o seu ponto de fusão.
A respeito do processo de eletrólise ígnea, é incorreto afirmar que
a) a equação global do processo de obtenção do alumínio é
2 Al2O3 → 4 Al0 + 3 O2.
b) a semirreação Al3+ + 3 e– → Al0 ocorre no catodo da célula
eletrolítica.
c) no anodo ocorre o processo de redução.
d) há um elevado consumo de energia na realização desse processo.
e) os eletrodos mais utilizados são os de grafita e platina.
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:45 Página 75
RESOLUÇÃO:
A fusão da alumina provoca sua dissociação iônica:
fusão
Al2O3 (s) ⎯⎯⎯→ 2 Al3+ (l) + 3 O2– (l)
Δ
Catodo : Al3+ (l) + 3 e– → Al 0 (l)
(redução)
Anodo : 2 O2– (l) → O2 (g) + 4 e–
MÓDULO 26
(I)
ELETRÓLISE EM SOLUÇÃO AQUOSA
(II)
(III)
(oxidação)
Multiplicando (II) por 4, (III) por 3 e (I) por 2:
Equação global:
2 Al2O3 → 4 Al 0 + 3 O2
Resposta: C
3. A eletrólise em série de cloreto de sódio e de hidróxido de potássio
fundidos é esquematizada a seguir.
1. (UNICAMP-SP – 2014) – O uso mais popular do cloreto de sódio é
na cozinha, onde é utilizado para acrescentar sabor a uma infinidade de
alimentos e também como conservante e material de limpeza. É na
indústria química, no entanto, que ele é mais consumido. São inúmeros
os processos que fazem uso de produtos do processamento desse sal.
O uso industrial do cloreto de sódio se dá principalmente no processo
de obtenção de alguns importantes produtos de sua eletrólise em meio
aquoso. Simplificadamente, esse processo é feito pela passagem de
uma corrente elétrica em uma solução aquosa desse sal. Pode-se
afirmar que a partir desse processo, seriam obtidos
a) gás hidrogênio, gás oxigênio e ácido clorídrico.
b) gás hidrogênio, gás cloro e hidróxido de sódio em solução.
c) gás hidrogênio, gás cloro e ácido clorídrico.
d) gás hidrogênio, gás oxigênio e hidróxido de sódio em solução.
RESOLUÇÃO:
Temos inicialmente a dissociação iônica do NaCl:
NaCl (s) → Na+ (aq) + Cl – (aq)
No anodo, teremos a oxidação do ânion Cl – de acordo com a semirreação:
2 Cl – (aq) → Cl 2 (g) + 2 e–
No catodo, teremos a redução da água de acordo com a semirreação:
2 H2O (l) + 2 e– → H2 (g) + 2 OH– (aq)
Em solução, teremos os íons Na+ (aq) e OH– (aq) formando uma
solução aquosa de NaOH.
Dado: 2 OH– → 2 e– + H2O + 1/2 O2
A equação global do processo:
A respeito desse sistema, foram feitas as seguintes afirmações.
I. Nos anodos (polos 䊝), formam-se sódio metálico e potássio metálico.
II. Forma-se gás oxigênio no esquema de eletrólise A.
III. Nos catodos (polos 䊞), formam-se água e sódio metálico.
Está(ão) correta(s) a(s) afirmação(ões):
a) I e III.
b) I.
c) II.
d) II e III.
e) nenhuma delas.
2 NaCl (s) → 2 Na+ (aq) + 2 Cl – (aq)
2 Cl – (aq) → Cl 2 (g) + 2 e–
2 H2O (l) + 2 e– → H2 (g) + 2 OH– (aq)
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2 NaCl (s) + 2 H2O (l) → H2 (g) + Cl 2 (g) + 2 Na+ (aq) + 2 OH– (aq)
Resposta: B
QUÍMICA BDE
RESOLUÇÃO:
No frasco A, temos as seguintes semiequações:
Catodo (䊞): 2 Na+ + 2 e– → 2 Na
Anodo (䊝): 2 Cl– → 2 e– + Cl2
No frasco B, temos as seguintes semiequações:
Catodo (䊞): 2 K+ + 2 e– ⎯→ 2 K
Anodo (䊝): 2 (OH)– ⎯→ 2 e– + H2O + 1/2 O2
Resposta: E
– 75
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:45 Página 76
2. (FUVEST-SP) – Água pode ser eletrolisada com a finalidade de se
demonstrar sua composição. A figura representa uma aparelhagem em
que foi feita a eletrólise da água, usando eletrodos inertes de platina.
MÓDULO 27
ESTEQUIOMETRIA NA ELETRÓLISE
I = gerador de corrente contínua
a) Nesse experimento, para que ocorra a eletrólise da água, o que deve
ser adicionado, inicialmente, à água contida no recipiente IV? Justifique.
b) Dê as fórmulas moleculares das substâncias recolhidas, respectivamente, nos tubos II e III.
c) Qual a relação estequiométrica entre as quantidades de matéria
(mols) recolhidas em II e III?
d) Escreva a equação balanceada que representa a semirreação que
ocorre no eletrodo (anodo) inserido no tubo III.
RESOLUÇÃO:
a) Para haver condução de corrente elétrica em solução aquosa, é
necessário que haja nesta a presença de íons livres. No caso,
para fazermos a eletrólise da água, devemos adicionar no
recipiente IV um eletrólito.
O cátion desse eletrólito deve apresentar potencial de redução
menor que o da H2O (exemplos: alcalino, alcalinoterroso e
alumínio, como Na+, K+, Ca2+, …) e o ânion deve apresentar
–
potencial de oxidação menor que o da H2O (exemplos: F e
–
–
2–
ânions oxigenados, como SO4 , NO3, ClO3, …).
Como exemplos, podemos citar: H2SO4 (diluído), NaNO3, KF:
2–
H2SO4 → 2 H + + SO4
NaNO3 → Na+ +
–
NO3
KF → K+ + F –
b)
QUÍMICA BDE
No catodo (II), ocorre redução da água de acordo com a equação
da reação:
2 H2O (l) + 2 e– → H2 (g) + 2 OH– (aq)
No anodo (III), ocorre oxidação da água:
H2O (l) → 2 H+ (aq) + ½ O2 (g) + 2 e–
As fórmulas das substâncias recolhidas nos tubos II e III são,
respectivamente, H2 e O2.
c) A equação global que representa a reação da eletrólise da água é:
H2O → H2 + ½ O2
1 mol 0,5 mol
A proporção em mols de H2 e O2 formados é de 1 mol para 0,5 mol.
Proporção 2: 1
d) H2O(l) → 2 H+ (aq) + ½ O2 (g) + 2 e–
76 –
1. (ESPCEX – AMAN – 2014) – Algumas peças de motocicletas, bicicletas e automóveis são cromadas. Uma peça automotiva recebeu um
“banho de cromo”, cujo processo denominado cromagem consiste na
deposição de uma camada de cromo metálico sobre a superfície da
peça. Sabe-se que a cuba eletrolítica empregada nesse processo (conforme a figura abaixo) é composta pela peça automotiva ligada ao catodo
(polo negativo), por um eletrodo inerte ligado ao anodo e por uma
solução aquosa de 1 mol . L–1 de CrCl3.
eeletrodo
inerte
BATERIA
Solução aquosa de
cloreto de crômio
peça
automotiva
a ser
cromada
desenho ilustrativo - fora de escala
Supondo-se que a solução esteja completamente dissociada e que o
processo eletrolítico durou 96,5 min sob uma corrente de 2 A, a massa
de cromo depositada nessa peça foi de:
Dados: massas molares em g/mol: Cr = 52 e Cl = 35,5.
1 Faraday = 96 500 C/mol de e–
a) 0,19 g
b) 0,45 g
c) 1,00 g
d) 2,08 g
e) 5,40 g
RESOLUÇÃO:
Q = i x t = 96,5 min x 2 A = 96,5 x 60 s x 2 A = 120 x 96,5 C
Cr3+ (aq) +
3 e– ⎯→ Cr (s)
3 x 96 500 C ––––– 52 g
120 x 96,5 C ––––– mCr
mCr = 2,08 g
Resposta: D
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:45 Página 77
2. (MACKENZIE-SP – MODELO ENEM) – Duas celas eletrolíticas
estão conectadas em série e ambas possuem eletrodos de grafita,
conforme o esquema abaixo.
A massa das placas é medida antes e depois da passagem de corrente
elétrica por determinado tempo. Em um experimento, utilizando essa
aparelhagem, observou-se que a massa da placa, conectada ao polo
positivo da bateria, diminuiu de 0,0327 g. Esse foi também o aumento
de massa da placa conectada ao polo negativo.
a) Descreva o que aconteceu na placa em que houve perda de massa
e também o que aconteceu na placa em que houve ganho de massa.
b) Calcule a quantidade de matéria de elétrons (em mol) envolvida na
variação de massa que ocorreu em uma das placas do experimento
descrito.
c) Nesse experimento, fluiu pelo circuito uma corrente de 0,050 A
durante 1920 s. Utilizando esses resultados experimentais, calcule a
carga de um elétron.
Dados: massa molar do Zn = 65,4 g mol–1
constante de Avogadro = 6,0 x 1023 mol–1
Em uma das celas foi colocada uma solução de nitrato de prata,
enquanto na outra existe uma solução de sulfato de cobre (II), ambas
equimolares. Durante um determinado intervalo de tempo, ocorreu a
deposição de 3 mol de prata metálica no catodo da cela da esquerda.
Portanto, a massa de cobre metálico que será depositada no catodo da
cela da direita corresponde a:
Dado: massas molares – Ag = 108 g/mol, Cu = 63,5 g/mol
a) 95,25 g
d) 190,50 g
b) 63,50 g
e) 21,20 g
c) 127,00 g
RESOLUÇÃO:
Nas duas celas eletrolíticas conectadas em série, a quantidade de
mols de elétrons é a mesma.
Ag+ + e– ⎯→ Ag
1 mol ––– 1 mol
3 mol ––– 3 mol
Cu2+ + 2 e– ⎯→ Cu
2 mol –––– 63,5 g
3 mol –––– x
x = 95,25 g
Resposta: A
RESOLUÇÃO:
a) No eletrodo positivo (anodo), ocorre a oxidação do zinco
metálico, o que leva à diminuição da massa do eletrodo:
Zn0 (s) → Zn2+ (aq) + 2 e–
No eletrodo negativo (catodo), ocorre a redução dos íons zinco
da solução, o que leva ao aumento da massa do eletrodo:
Zn2+ (aq) + 2 e– → Zn0 (s)
Como a transformação envolve o elemento zinco nos dois
eletrodos, as variações de massa serão iguais.
b) Zn2+ (aq) + 2 e– ⎯→ Zn0 (s)
2 mol –––– 1 mol
2 mol de e– –––– 65,4 g
n
–––– 0,0327 g
n = 0,001 mol de e–
Q
c) i = ––– ⇒ Q = i . Δt ⇒ Q = 0,050 . 1 920 C ⇒ Q = 96 C
Δt
96 C –––––– 0,001 mol de e– = 6,0 . 1020 e–
x ––––––– 1 e–
x = 1,6 . 10–19 C
3. (FUVEST-SP) – A determinação da carga do elétron pode ser feita
por método eletroquímico, utilizando a aparelhagem representada na
figura abaixo.
Duas placas de zinco são mergulhadas em uma solução aquosa de sulfato
de zinco (ZnSO4). Uma das placas é conectada ao polo positivo de uma
bateria. A corrente que flui pelo circuito é medida por um amperímetro
inserido entre a outra placa de Zn e o polo negativo da bateria.
-
QUÍMICA BDE
Bateria
+
Zn
Zn
Solução de
ZnSO4 (aq)
Amperímetro
– 77
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:46 Página 78
FRENTE 2 – QUÍMICA ORGÂNICA
2.
MÓDULO 24
A própolis é um produto natural conhecido por suas
propriedades anti-inflamatórias e cicatrizantes. Esse
material contém mais de 200 compostos identificados até o momento.
Dentre eles, alguns são de estrutura simples, como é o caso do
C6H5CO2CH2CH3, cuja estrutura está representada a seguir.
REAÇÕES ORGÂNICAS (II):
ESTERIFICAÇÃO – LIPÍDIOS
O
C
1. (FUVEST-SP – MODELO ENEM) – O cheiro agradável das frutas
deve-se, principalmente, à presença de ésteres. Esses ésteres podem
ser sintetizados no laboratório, pela reação entre um álcool e um ácido
carboxílico, gerando essências artificiais, utilizadas em sorvetes e bolos.
A seguir, estão as fórmulas estruturais de alguns ésteres e a indicação
das respectivas fontes.
O
O
CH3
CH3
C
C
OCH2CH2CHCH3
Banana
OCH3
Kiwi
O
O
CH3CH2CH2C
C
CH3
OCH3
OCH2(CH2)6CH3
Maçã
Laranja
O
O
O ácido carboxílico e o álcool capazes de produzir o éster em apreço por
meio da reação de esterificação são, respectivamente,
a) ácido benzoico e etanol.
b) ácido propanoico e hexanol.
c) ácido fenilacético e metanol.
d) ácido propiônico e cicloexanol.
e) ácido acético e álcool benzílico.
RESOLUÇÃO:
O ácido carboxílico e o álcool capazes de produzir o éster em
apreço por meio da reação de esterificação são, respectivamente,
ácido benzoico e etanol.
CH3CH2CH2C
OCH2(CH2)3CH3
Morango
A essência, sintetizada a partir do ácido butanoico e do metanol, terá
cheiro de
a) banana.
b) kiwi.
c) maçã.
d) laranja.
e) morango.
RESOLUÇÃO:
O
H3C — CH2 — CH2 — C
⎯→
+ H O — CH3 ←⎯
OH
O
⎯→ H C — CH — CH — C
←⎯
3
2
2
+
H2O
O — CH3
A essência, sintetizada a partir do ácido butanoico e do metanol,
terá cheiro de maçã.
Resposta: C
QUÍMICA BDE
78 –
CH2 CH3
Resposta: A
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:46 Página 79
3. (FUVEST-SP) – Os componentes principais dos óleos vegetais são
os triglicerídeos, que possuem a seguinte fórmula genérica:
b) A reação do triglicerídeo com o metanol (reação de transesterificação) está representada a seguir:
O
||
H2C — O — C — R
O
||
HC — O — C — R’
O
||
H2C — O — C — R”
Nessa fórmula, os grupos R, R' e R" representam longas cadeias de
carbono, com ou sem ligações duplas.
A partir dos óleos vegetais, podem-se preparar sabão ou biodiesel, por
hidrólise alcalina ou transesterificação, respectivamente. Para preparar
sabão, tratam-se os triglicerídeos com hidróxido de sódio aquoso e, para
preparar biodiesel, com metanol ou etanol.
a) Escreva a equação química que representa a transformação de
triglicerídeos em sabão.
b) Escreva uma equação química que representa a transformação de
triglicerídeos em biodiesel.
QUÍMICA BDE
RESOLUÇÃO:
a) A equação química da reação de hidrólise alcalina do
triglicerídeo (reação de saponificação) está representada a
seguir:
– 79
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:46 Página 80
MÓDULO 25
CARÁTER ÁCIDO
E BÁSICO – AMINOÁCIDOS E PROTEÍNAS
1. (MACKENZIE-SP) – Das substâncias orgânicas apresentadas abaixo,
assinale a alternativa que representa uma molécula de caráter anfótero.
O
HO
O
a)
O
HO
OH
OH
2. (FATEC-SP) – Observe a representação de um polímero natural formado pela condensação de monômeros por meio de ligações
peptídicas.
HO
H
b)
HO
O
HO
O
H
H
N
C
H
O
C
NH
C
H
OH
O
C
H
Ligação peptídica
NH2
A alternativa que apresenta, corretamente, um exemplo de monômero
para a formação desse polímero e a função orgânica formada na ligação
peptídica é:
c)
FUNÇÃO ORGÂNICA
MONÔMERO
O
d)
COO-
OH
NH2
HN
+
a)
H 3N
C
amida
H
H
O
COO-
OH
e)
+
b)
H 3N
C
H
aminoácido
CH3
RESOLUÇÃO:
Substância com caráter anfótero pode atuar como ácido ou como
base.
c)
H2N
QUÍMICA BDE
O
d)
••
Grupo — NH2 tem caráter básico (pode receber H+ devido ao par
eletrônico disponível do nitrogênio).
O
||
Grupo — C — OH tem caráter ácido (doa H+ em meio aquoso forman-
O
C
C
80 –
ácido carboxílico
OH
HO
COO+
H 3N
C
H
e)
cetona
O
||
do — C — O–).
Resposta: D
amina
NH2
CH
H 3C
CH3
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:46 Página 81
RESOLUÇÃO:
Além da reação entre glicina e glicina, temos as seguintes reações:
Alanina
Alanina
O
=
=
O
H
+ H3C — C — C
—
H
H 3C — C — C
NH3+
—
RESOLUÇÃO:
O–
+
O–
NH3
O
=
H
→ H2O + H3C — C — C
→
=
—
O
H
N—C—C
H
O–
CH3
Alanina
O
H
+ H 3C — C — C
→
Glicina
— =
=
O
—
NH3+
—
H 2C — C
O–
—
Glicina
O
H 2C — C
O–
+
NH3
O
→
—
+
—
=
H
H3C — C — C
=
Alanina
O
H
N—C—C
H
O–
CH3
=
+
NH3
O
—
→ H 2O + H 2C — C
Resposta: A
NH3+
O–
NH3+
=
NH3+
O–
O
N—C—C
H
H2
—
=
NH3+
—
=
O
H
→ H2O + H3C — C — C
O–
Resposta: C
3. (FUVEST-SP – MODELO ENEM) – O grupo amino de uma molécula
de aminoácido pode reagir com o grupo carboxila de outra molécula de
aminoácido (igual ou diferente), formando um dipeptídeo com
eliminação de água, como exemplificado para a glicina:
MÓDULO 26
Analogamente, de uma mistura equimolar de glicina e L-alanina, poderão
resultar dipeptídeos diferentes entre si, cujo número máximo será:
a) 2
b) 3
c) 4
d) 5
e) 6
H
O
+
|
H3N — C — C
|
O–
CH3
L-alanina
(fórmula estrutural plana)
1. (FUVEST-SP – MODELO ENEM) – O seguinte fragmento (adaptado)
do livro Estação Carandiru, de Drauzio Varella, refere-se à produção
clandestina de bebida no presídio:
O líquido é transferido para uma lata grande com um furo na parte
superior, no qual é introduzida uma mangueirinha conectada a uma
serpentina de cobre. A lata vai para o fogareiro até levantar fervura. O
vapor sobe pela mangueira e passa pela serpentina, que Ezequiel esfria
constantemente com uma caneca de água fria. Na saída da serpentina,
emborcada numa garrafa, gota a gota, pinga a maria-louca (aguardente).
Cinco quilos de milho ou arroz e dez de açúcar permitem a obtenção de
nove litros da bebida.
Na produção da maria-louca, o amido do milho ou do arroz é
transformado em glicose. A sacarose do açúcar é transformada em
glicose e frutose, que dão origem a dióxido de carbono e etanol.
– 81
QUÍMICA BDE
HIDRATOS DE CARBONO
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:46 Página 82
Entre as equações químicas:
I.
(C6H10O5)n + n H2O ⎯→ n C6H12O6,
II. — CH2CH2O — + n H2O ⎯→ n CH2 — CH2,
|
|
n
OH
OH
III. C12H22O11 + H2O
⎯→ 2 C6H12O6,
IV. C6H12O6 + H2 ⎯→ C6H14O6,
V. C6H12O6
2. (FUVEST-SP) – Aldeídos podem reagir com álcoois, conforme representado:
OH
O
H 3C
C
H
+ HOCH2 CH3
O
OH
Dado: C6H12O6 = glicose ou frutose
hidrólise da sacarose (III):
C12H22O11 + H2O ⎯→ C6H12O6 + C6H12O6
sacarose
glicose
frutose
–
fermentação da glicose ou frutose (V):
C6H12O6 ⎯⎯→ 2 C2H5OH + 2 CO2
glicose
etanol
Resposta: C
OCH2CH3
HO
as que representam as transformações químicas citadas são
a) I, II e III.
b) II, III e IV.
c) I, III e V.
d) II, III e V.
e) III, IV e V.
–
–
C
H
Esse tipo de reação ocorre na formação da glicose cíclica, representada
por:
⎯→ 2 CH3CH2OH + 2 CO2,
RESOLUÇÃO:
As equações das reações citadas são:
– hidrólise do amido (I):
(C6H10O5)n + n H2O ⎯→ n C6H12O6
amido
glicose
H3C
OH
OH
OH
Entre os seguintes compostos, aquele que, ao reagir como indicado,
porém de forma intramolecular, conduz à forma cíclica da glicose é:
a)
b)
O
OH
OH
c)
OH
OH
OH
HO
OH
O
HO
H
HO
H
OH
OH
OH
OH
OH
d)
O
OH
OH
e)
OH
OH
OH
HO
HO
OH
O
O
OH
RESOLUÇÃO:
Para a formação da glicose cíclica, devemos ter a reação do grupo
aldeído com o grupo OH da glicose de cadeia aberta.
Resposta: C
QUÍMICA BDE
82 –
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:46 Página 83
3. (MACKENZIE-SP) – Vários compostos orgânicos podem apresentar
mais de um grupo funcional. Dessa forma, são classificados como
compostos orgânicos de função mista. Os carboidratos e ácidos
carboxílicos hidroxilados são exemplos desses compostos orgânicos,
como ilustrado a seguir.
MÓDULO 27
PETRÓLEO
OH
O
H
OH
OH
HO
H
H
OH
H 3C
1.
O
OH
OH
Ácido carboxílico hidroxilado
Carboidrato
Tais compostos, em condições adequadas, podem sofrer reações de
ciclização intramolecular. Assim, assinale a alternativa que representa,
respectivamente, as estruturas dos compostos anteriormente citados,
após uma reação de ciclização intramolecular.
HO
OH
O
O
H3C
O
a)
e
H HO
H
OH
OH H
H
b)
OH
O
H
H
OH
OH
e
HO
O
CH3
O
OH
O
O
O
O
H
HO
c)
OH
OH
O
HO
H
e
H
H
d)
OH
H
OH
OH
O
H
H
OH
OH
e
H3C
Em uma planície, ocorreu um acidente ambiental em
decorrência do derramamento de grande quantidade de
um hidrocarboneto que se apresenta na forma pastosa à temperatura
ambiente. Um químico ambiental utilizou uma quantidade apropriada de
uma solução de para-dodecil-benzenossulfonato de sódio, um agente
tensoativo sintético, para diminuir os impactos desse acidente.
Essa intervenção produz resultados positivos para o ambiente porque
a) promove uma reação de substituição no hidrocarboneto, tornando-o
menos letal ao ambiente.
b) a hidrólise do para-dodecil-benzenossulfonato de sódio produz
energia térmica suficiente para vaporizar o hidrocarboneto.
c) a mistura desses reagentes provoca a combustão do hidrocarboneto,
o que diminui a quantidade dessa substância na natureza.
d) a solução de para-dodecil-benzenossulfonato possibilita a
solubilização do hidrocarboneto.
e) o reagente adicionado provoca uma solidificação do hidrocarboneto,
o que facilita sua retirada do ambiente.
Resolução:
O acidente ambiental ocorreu pelo derramamento de um
hidrocarboneto (apolar). Ao usar a solução de para-dodecilbenzenossulfonato de sódio,
H
HO
OH
OH
O
H HO
e)
e
esse agente tensoativo irá solubilizar o hidrocarboneto pelo grupo
apolar.
Resposta: D
H
OH
H
OH
RESOLUÇÃO:
OH
OH
HO
HO
H
H
OH
O OH
H
ou
OH O
H OH
H
OH
OH H
OH
OH
QUÍMICA BDE
HO
H
H
O
H
OH
OH
OH
H C
3
H C
3
O
O
O
+ H2 O
OH
Resposta: A
– 83
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:46 Página 84
2. (FUVEST-SP) – O acidente ocorrido em abril de 2010, em uma
plataforma de petróleo no Golfo do México, colocou em risco o delicado
equilíbrio do ecossistema da região.
Além da tentativa de contenção, com barreiras físicas, de parte do óleo
derramado, foram utilizados dispersantes químicos. Dispersantes são
compostos que contêm, em uma mesma molécula, grupos compatíveis
com óleo (lipofílicos) e com água (hidrofílicos).
Levando em conta as informações acima e com base em seus
conhecimentos, indique a afirmação correta.
a) O uso de dispersantes é uma forma de eliminar a poluição a que os
organismos marítimos estão expostos.
b) Acidentes como o mencionado podem gerar novos depósitos de
petróleo, visto que a formação desse recurso depende da
concentração de compostos de carbono em ambientes continentais.
c) Entidades internacionais conseguiram, após o acidente, a aprovação
de sanções econômicas a serem aplicadas pela ONU a empresas e
países que venham a ser responsabilizados por novos danos
ambientais.
d) A presença de petróleo na superfície da água, por dificultar a
passagem da luz, diminui a taxa de fotossíntese realizada pelo
zooplâncton, o que, no entanto, não afeta a cadeia alimentar.
e) Os dispersantes aumentam a quantidade de petróleo que se mistura
com a água, porém não o removem do mar.
RESOLUÇÃO:
O petróleo é uma mistura de hidrocarbonetos, material apolar; logo
imiscível com a água, que é polar. Os dispersantes apresentam uma
parte apolar (lipofílica) e outra polar (hidrofílica). Assim, formam
uma emulsão, aumentando a quantidade de petróleo que se
mistura com a água, não o removendo, porém, do mar.
Resposta: E
QUÍMICA BDE
84 –
3. (FUVEST-SP) – O craqueamento catalítico é um processo utilizado
na indústria petroquímica para converter algumas frações do petróleo
que são mais pesadas (isto é, constituídas por compostos de massa
molar elevada) em frações mais leves, como a gasolina e o GLP, por
exemplo. Nesse processo, algumas ligações químicas nas moléculas
de grande massa molecular são rompidas, sendo geradas moléculas
menores.
A respeito desse processo, foram feitas as seguintes afirmações:
I.
O craqueamento é importante economicamente, pois converte
frações mais pesadas de petróleo em compostos de grande
demanda.
II.
O craqueamento libera grande quantidade de energia, proveniente da ruptura de ligações químicas nas moléculas de grande
massa molecular.
III.
A presença de catalisador permite que as transformações químicas envolvidas no craqueamento ocorram mais rapidamente.
Está correto o que se afirma em
a) I, apenas.
c) I e III, apenas.
e) I, II e III.
b) II, apenas.
d) II e III, apenas.
RESOLUÇÃO:
I. Correta. Com o craqueamento, obtém-se maior quantidade de
frações de grande demanda, como a gasolina.
II. Incorreta. A ruptura de ligações consome energia.
III. Correta. O catalisador acelera as reações químicas.
Resposta: C
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:46 Página 85
FRENTE 3 – FÍSICO-QUÍMICA
2. (MACKENZIE-SP) – Uma substância química é considerada ácida
devido a sua tendência em doar íons H+ em solução aquosa. A
constante de ionização Ka é a grandeza utilizada para avaliar essa
tendência. Assim, são fornecidas as fórmulas estruturais de algumas
substâncias químicas, com os seus respectivos valores de Ka, a 25°C.
MÓDULO 24
EQUILÍBRIO IÔNICO
OH
O
1. (FUVEST-SP) – Observa-se que uma solução aquosa saturada de
HCl libera uma substância gasosa. Uma estudante de Química procurou
representar, por meio de uma figura, os tipos de partículas que
predominam nas fases aquosa e gasosa desse sistema – sem representar as partículas de água. A figura com a representação mais
adequada seria:
b)
H Cl
H Cl
H Cl
H Cl
H+
H+
fase
gasosa
H+
Cl -
Cl -
fase
aquosa
H+
Cl -
Cl -
fase
gasosa
fase
aquosa
P
H
H
O
O
O H
-3
Ka = 7,6.10
Ka = 1,0.10
d)
H Cl
H Cl
H+
Cl H+
e)
Cl -
Cl
H+
fase
gasosa
-10
C
O
H
O
Ka = 4,3.10
-7
RESOLUÇÃO:
Quanto maior a constante de ionização (Ka), mais forte é o ácido,
isto é, maior é a sua tendência em doar íons H+ em solução aquosa.
<
ácido
<
ácido
<
ácido
fênico
carbônico
etanoico
fosfórico
Ka = 1,0 . 10–10
Ka = 4,3 . 10–7
Ka = 1,8 . 10–5
Ka = 7,6 . 10–3
Resposta: B
H+
Cl -
fase
aquosa
Cl
O H
H
-5
Ka = 1,8.10
Cl -
fase
aquosa
H+
Cl H+
H H
fase
gasosa
O
H
A ordem crescente de acidez das substâncias químicas citadas é
a) ácido fosfórico < ácido etanoico < ácido carbônico < ácido fênico.
b) ácido fênico < ácido carbônico < ácido etanoico < ácido fosfórico.
c) ácido fosfórico < ácido carbônico < ácido etanoico < ácido fênico.
d) ácido fênico < ácido etanoico < ácido carbônico < ácido fosfórico.
e) ácido etanoico < ácido carbônico < ácido fênico < ácido fosfórico.
ácido
c)
O
H C C
Cl -
H Cl
H Cl
fase
gasosa
fase
aquosa
RESOLUÇÃO:
No estado gasoso, as moléculas do HCl estão bem separadas, o
que é uma característica desse estado. O raio atômico do cloro é
maior que o raio atômico do hidrogênio.
3. (UMC-SP) – Uma solução aquosa de um ácido fraco, HA, tem uma
concentração em mol/L inicial de 0,030 mol/L e encontra-se 2% ionizada.
Calcule o valor da constante do equilíbrio Ki para a equação química:
→ H+ + A–.
HA ←
RESOLUÇÃO:
HA
H Cl
Ao ser dissolvido em água, como o HCl é um ácido forte, a sua
ionização será praticamente total, de acordo com a equação
química:
HCl (aq) ⎯→ H+ (aq) + Cl– (aq)
Concluímos que o esquema da alternativa c representa as situações
citadas.
→
←
H+
A–
+
Início
0,030
0
0
Reage e forma
0,02 . 0,030
0,02 . 0,030
0,02 . 0,030
Equilíbrio
0,030
6 . 10–4
6 . 10–4
[H+] . [A–]
Ki = –––––––––––
[HA]
QUÍMICA BDE
a)
H
6 . 10–4 . 6 . 10–4
⇒ Ki = ––––––––––––––– = 1,2 . 10–5
0,030
Resposta: C
– 85
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:46 Página 86
+ HOH
→
→
MÓDULO 25
+ OH–
+
N
N
••
H
De acordo com o enunciado, uma solução aquosa 0,1 mol . L–1,
a 25°C, de piridina tem concentração de OH– igual a 10–5 mol . L–1.
KW, pH e pOH
Cálculo do pOH: pOH = – log [OH–] ⇒ pOH = 5
1. (FUVEST-SP) – O gás carbônico e o oxigênio, componentes do ar, se
dissolvem em água, mas apenas o primeiro reage com ela.
Duas reações do gás carbônico com a água estão representadas a
seguir:
pH + pOH = 14 ⇒ pH = 9
pH > 7 ⇒ caráter básico
Resposta: C
Equilíbrio de ionização:
→ H+ + HCO–
CO2 + H2O ←
3
Fotossíntese:
clorofila
6 CO2 + 6 H2O ⎯⎯⎯⎯⎯→ C6H12O6 + 6 O2
luz
Em uma lagoa que contém vegetais imersos, quando ocorre a
fotossíntese,
a) a concentração de oxigênio dissolvido e o pH aumentam.
b) a concentração de oxigênio dissolvido e o pH diminuem.
c) a concentração de oxigênio dissolvido aumenta e o pH diminui.
d) a concentração de oxigênio dissolvido diminui e o pH aumenta.
e) a concentração de oxigênio dissolvido aumenta e o pH não se altera.
RESOLUÇÃO:
Ocorrendo a fotossíntese do vegetal imerso, haverá consumo de
CO2 dissolvido e formação de O2. A concentração de oxigênio
dissolvido na lagoa irá aumentar.
O equilíbrio de ionização é deslocado para a esquerda pela
diminuição de CO2 e, consequentemente, a concentração de íons
H+ no meio irá diminuir, aumentando o pH da lagoa.
Resposta: A
3.
Sabões são sais de ácidos carboxílicos de cadeia longa
utilizados com a finalidade de facilitar, durante proces-
sos de lavagem, a remoção de substâncias de baixa solubilidade em
água, como, por exemplo, óleos e gorduras. A figura a seguir representa
a estrutura de uma molécula de sabão.
Em solução, os ânions do sabão podem hidrolisar a água e, desse modo,
formar o ácido carboxílico correspondente. Por exemplo, para o
estearato de sódio, é estabelecido o seguinte equilíbrio:
–
CH3 (CH2)16COO– + H2O →
← CH3 (CH2)16COOH + OH
Uma vez que o ácido carboxílico formado é pouco solúvel em água e
menos eficiente na remoção de gorduras, o pH do meio deve ser
controlado de maneira que o equilíbrio acima não seja deslocado para a
direita.
2. (FGV-SP) – A piridina é uma substância empregada na indústria
da borracha, de tintas e de corantes. Em solução aquosa 0,1 mol L–1,
a 2 5 ° C , a p i r i d i n a h i d r o l i s a , r e s u l t a n d o n u m a s o l u ç ã o c om
[OH–] = 10–5 mol · L–1.
N
QUÍMICA BDE
A classificação da piridina, de acordo com o conceito ácido-base, e o pH
da solução aquosa 0,1 mol L–1, a 25°C, são, respectivamente,
a) ácido e 9.
b) ácido e 5.
d) base e 8.
e) base e 5.
c) base e 9.
RESOLUÇÃO:
Na estrutura da piridina, há um par de elétrons não ligantes no
átomo de nitrogênio. Esse par de elétrons pode ser compartilhado
por meio de uma ligação covalente dativa; portanto, a piridina
recebe íon H+ (semelhante ao NH3), funcionando como base.
86 –
Com base nas informações do texto, é correto concluir que os sabões
atuam de maneira
a) mais eficiente em pH básico.
b) mais eficiente em pH ácido.
c) mais eficiente em pH neutro.
d) eficiente em qualquer faixa de pH.
e) mais eficiente em pH ácido ou neutro.
RESOLUÇÃO:
O sabão será mais eficiente quando o ácido carboxílico estiver na
forma ionizada. O equilíbrio a seguir deve ser deslocado para a
esquerda:
–
CH3 (CH2)16COO– + H2O →
← CH3 (CH2)16COOH + OH
Para que esse equilíbrio seja deslocado para a esquerda, o meio
deve ser básico, com alta concentração de íons OH–, e, portanto, o
pH deve ser maior que sete.
Resposta: A
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:46 Página 87
a) Identifique as soluções X e Y. Justifique.
b) Calcule, a 25°C, o pH da solução de NaOCl 0,04 mol/L. Considere que,
a 25°C, a constante de hidrólise do íon ClO– é 2,5 x 10–7 .
MÓDULO 26
HIDRÓLISE SALINA
RESOLUÇÃO:
a)
1. (FATEC-SP) – A incorporação de saberes e de tecnologias populares
como, por exemplo, a obtenção do sabão de cinzas, a partir de uma
mistura de lixívia de madeira queimada com grandes quantidades de
gordura animal sob aquecimento, demonstra que já se sabia como
controlar uma reação química, cuja finalidade, neste caso, era produzir
sabão.
De acordo com o conhecimento químico, o sabão de cinzas se forma
mediante a ocorrência de reações químicas entre a potassa, que é
obtida das cinzas, e os ácidos graxos presentes na gordura animal.
(Disponível em:
www.if.ufrgs.br/ienci/artigos/Artigo_ID241/v15_n2_a2010.pdf. Acesso
em: 21 set. 2012. Adaptado.)
X: NH4Cl: caráter ácido (sal de ácido forte e base fraca)
+
NH4+ + H2O →
← NH3 + H3O
Y: NaHCO3 : caráter básico (sal de ácido fraco e base forte)
→ H CO + OH–
HCO3– + H2O ←
2
3
b)
ClO–
+
HOH
→
←
HClO +
OH–
Início
0,04
–––––
0
0
Reage e
forma
x
–––––
x
x
Equilíbrio
0,04 – x
–––––
x
x
0,04 – x 0,04
[HClO] [OH–]
Kh = ––––––––––––
[ClO–]
A palavra potassa é usada em geral para indicar o carbonato de potássio
(K2CO3), que, em meio aquoso, sofre hidrólise. A produção do sabão é
possível porque a hidrólise da potassa leva à formação de um meio
fortemente
a) ácido, promovendo a esterificação.
b) ácido, promovendo a saponificação.
c) alcalino, promovendo a esterificação.
d) alcalino, promovendo a saponificação.
e) ácido, promovendo a hidrólise da gordura.
x2 = 10–8 ∴ x = 10–4
[OH–] = 10–4 mol/L
pOH = 4 e pH = 10
K2CO3 →
← 2
CO2–
3
1–
–
→
CO2–
3 + HOH ← HCO 3 + OH
O ácido formado na hidrólise da gordura reage com a base
deslocando o equilíbrio no sentido da saponificação.
Resposta: D
2. (UNIFESP) – Extratos de muitas plantas são indicadores naturais
ácido-base, isto é, apresentam colorações diferentes de acordo com o
meio em que se encontram. Utilizando o extrato de repolho roxo como
indicador, foram testadas soluções aquosas de HCl, NaOH, NaOCl,
NaHCO3 e NH4Cl, de mesma concentração. Os resultados são
apresentados na tabela.
SOLUÇÃO
COLORAÇÃO
HCl
vermelha
NaOH
verde
X
vermelha
Y
verde
NaOCl
verde
3. (FUVEST-SP – MODELO ENEM) – Um botânico observou que uma
mesma espécie de planta podia gerar flores azuis ou rosadas. Decidiu
então estudar se a natureza do solo poderia influenciar a cor das flores.
Para isso, fez alguns experimentos e anotou as seguintes observações:
I.
Transplantada para um solo cujo pH era 5,6, uma planta com flores
rosadas passou a gerar flores azuis.
II.
Ao se adicionar um pouco de nitrato de sódio ao solo em que estava a planta com flores azuis, a cor das flores permaneceu a
mesma.
III. Ao se adicionar calcário moído (CaCO3) ao solo em que estava a
planta com flores azuis, ela passou a gerar flores rosadas.
Considerando essas observações, o botânico pôde concluir:
a) Em um solo mais ácido do que aquele de pH 5,6, as flores da planta
seriam azuis.
b) A adição de solução diluída de NaCl ao solo, de pH 5,6, faria a planta
gerar flores rosadas.
c) A adição de solução diluída de NaHCO3 ao solo em que está a planta
com flores rosadas faria com que ela gerasse flores azuis.
d) Em um solo de pH 5,0, a planta com flores azuis geraria flores
rosadas.
e) A adição de solução diluída de Al (NO3)3 ao solo em que está uma
planta com flores azuis faria com que ela gerasse flores rosadas.
– 87
QUÍMICA BDE
RESOLUÇÃO:
A produção do sabão (saponificação) é possível porque a hidrólise
da potassa leva à formação de um meio fortemente alcalino,
conforme as equações a seguir:
K+ +
x2
2,5 . 10–7 = ––––––
0,04
C6_QUIMICA_BDE_2014_ALICE 19/05/14 17:46 Página 88
RESOLUÇÃO:
Pelas informações fornecidas, percebemos que, num solo ácido
(pH = 5,6), a flor adquire coloração azul. O nitrato de sódio é um
sal derivado de ácido forte e base forte e, portanto, não sofre
hidrólise e não interfere no pH ao ser adicionado no solo. A flor
continua com coloração azul.
Ao se adicionar CaCO3 moído ao solo, esse sal sofre hidrólise
produzindo um meio básico (pH > 7) por ser um sal derivado de
ácido fraco e base forte.
Podemos concluir que a flor adquire coloração rosa em meio
básico.
A flor deve conter alguma substância que funciona como
indicador ácido-base. Num meio ácido ou neutro (pH ≤ 7), ela
adquire coloração azul e, num meio básico, adquire coloração rosa.
NaCl é um sal derivado de ácido forte e base forte que não sofre
hidrólise salina e, portanto, não altera o pH do meio.
NaHCO3 é um sal derivado de ácido fraco e base forte que, em
solução aquosa, sofre hidrólise produzindo um meio básico que
tornaria as flores rosadas.
Al(NO3)3 é um sal derivado de ácido forte e base fraca que, em
solução aquosa, sofre hidrólise. Ao ser adicionado no solo, tornará
o meio ácido e fará com que sejam geradas flores azuis.
Podemos concluir que, em um solo de pH inferior a 5,6, as flores
deverão manter a coloração azul.
Resposta: A
RESOLUÇÃO:
Equação química do processo:
2+
2–
CuS (s) →
← Cu (aq) + S (aq)
Solução saturada: [Cu 2+] = [S 2–]
Ks = [Cu 2+] . [S 2–]
9,0 . 10 –36 = [Cu 2+] 2
[Cu 2+] = 3 . 10 –18 mol/L
3. (FUVEST-SP) – Preparam-se duas soluções saturadas, uma de
oxalato de prata (Ag2C2O4) e outra de tiocianato de prata (AgSCN). Esses
dois sais têm, aproximadamente, o mesmo produto de solubilidade (da
ordem de 10–12). Na primeira, a concentração de íons prata é [Ag+]1 e,
na segunda, [Ag+]2; as concentrações de oxalato e tiocianato são,
–
respectivamente, [C2O2–
4 ] e [SCN ].
Nesse caso, é correto afirmar que:
–
a) [Ag+]1 = [Ag+]2 e [C2O2–
4 ] < [SCN ]
–
b) [Ag+]1 > [Ag+]2 e [C2O2–
4 ] > [SCN ]
–
c) [Ag+]1 > [Ag+]2 e [C2O2–
4 ] = [SCN ]
MÓDULO 27
–
d) [Ag+]1 < [Ag+]2 e [C2O2–
4 ] < [SCN ]
–
e) [Ag+]1 = [Ag+]2 e [C2O2–
4 ] > [SCN ]
PRODUTO DE SOLUBILIDADE
RESOLUÇÃO:
Cálculo da solubilidade dos sais em mol/L:
→ 2 Ag+ (aq) +
I)
Ag2C2O4 (s) ←
C2O42– (aq)
x
1. (MACKENZIE-SP) – A solubilidade do carbonato de ferro (III), a 30°C,
é 10–5 mol/L. O produto de solubilidade desse sal, a 30°C, é aproximadamente igual a:
a) 10–23
b) 10–10
d) 10–15
e) 10–20
10–12 = 4x3
KPS = 108 .
. (3 .
3 . 10–5 mol/L
10–5)3
10–25
KPS = 1,08 . 10–23
QUÍMICA BDE
Resposta: A
2. (UNESP) – O sal sulfato de cobre é muito utilizado na agricultura.
Por ser bastante solúvel, a água da chuva pode transportá-lo com
facilidade até os rios próximos à atividade agrícola ou ao lençol freático.
Uma forma de monitorar a concentração de íons Cu2+ de uma amostra
de água para fins de consumo humano consiste em produzir um
precipitado que pode ser separado por filtração. Considerando que o
valor de Ks para o CuS é igual a 9,0 x 10–36, determine a máxima
concentração de íons Cu2+ em uma amostra de água tratada com ácido
sulfídrico (H2S).
88 –
–12
x é da ordem de 10–4 mol/L.
3 CO32– (aq)
KPS = [Fe3+]2 . [CO32–]3
KPS = (2 .
0,25 . 10
3
RESOLUÇÃO:
10–5)2
x
10–12 = (2x) 2 . x
c) 10–25
x=
⎯⎯→ 2 Fe3+ (aq) +
Fe2 (CO3)3 (s) ←⎯⎯
10–5 mol/L
2 . 10–5 mol/L
2x
KPS = [Ag+] 2 . [C2O42– ]
II)
AgSCN (s)
→
←
y
KPS = [Ag+] . [SCN–]
Ag+ (aq) + SCN– (aq)
y
x
10–12 = y . y
10–12 = y2
y=
10 –12
2
y é igual a 10–6 mol/L.
Portanto: [Ag+]1 > [Ag+]2 e [C2O42–] > [SCN –]
Resposta: B