Equilíbrio Iônico Lista 01 - gabarito Prof. elsonsantos

Transcrição

1 0) Hidrólise do NH CN: NH CN - NH HCN início 0 0 estequiometria α α α α α α α [ ] [ ] equilíbrio ( α ) NH HCN α α α Kh= = = NH CN ( α ) ( α) ( α) Kw Por outro lado, é conhecida a expressão Kh=. Aplicando valores numéricos e resolvendo, temos: Ka Kb α Kw, 0 5 = = = 5 Ka Kb, 8 8 ( α) 8α = 5α 50α 5 7α 50α 5= 0 A raiz de interesse é α= 0,5. Logo, [ HCN] = α= 0, 0 0,5= 0,8 mol/l. Para calcular OH, usamos o equilíbrio da amônia: ] α α OH = Kb = Kb = Kb NH ( α) α 0,5 5 OH = Kb =, poh=, 67 0, 59 ph = 9, Se o único interesse for a determinação do ph da solução, o caminho mais rápido é usar a seguinte técnica: [ HCN ] α α H = Ka = Ka = Ka CN ( α) α ] α α OH = Kb = Kb = Kb NH ( α) α H Ka = OH Kb ultiplicando por H, temos H Aplicando valores numéricos, H Ka Ka Kw = H Kw Kb =. Kb, 0 H = =, 7 ph= 9, 5,8 0) Situação inicial, NH (aq) apenas, solução 0,. Podemos ter uma boa aproximação de α através de: 5 K b, 8 α= = =, (,%) 0, Situação final, um tampão formado. Usando Henderson-Hasselbalch: ] 5 0, 6 OH = K b OH =,8 =,8 NH OH 6,8 OH = α α= = =,8 0, A relação entre os graus de ionização é:, 75 vezes. 5,8 0) Aplicando Henderson-Hasselbalch, temos: 5 nsfisqui@gmail.com Página

2 ] OH = Kb NH 0,0 OH =,8 =, 5, poh= 5, 5 ph= 8, Equilíbrio Iônico Lista 0 - gabarito Prof. elsonsantos 0) Uma solução dilui a outra. Calculando as novas concentrações: 0 NH = 0,05= 0, ] = 0, 0= 0, 50 Aplicando Henderson-Hasselbalch, temos: ] OH = Kb NH 5 0, OH =,8 =, 08 0,0 poh=, 97 ph=, 0 05) a) Em 60 ml de solução de NH,0 existem 60, = 7 mmols de NH, e em 60 ml de solução de NH 0,800 existem 60 0,800 = 8 mmols de NH. Usando Henderson-Hasselbalch, tem-se: ] OH = Kb NH OH =,8 =, 7 8 poh=, 57 ph= 9, b) ml de HCl 0,9 correspondem a 0,9 = 9 mmols de HCl. A neutralização se dará através de: NH H NH 7 mmols 9 mmols 8 mmols 6 mmols 0 57 mmols Usando Henderson-Hasselbalch, tem-se: ] OH = Kb NH OH =,8 =, poh=, 70 ph= 9, 0 Observe que, como era esperado, o ph diminuiu, mas pouco: 9, 9,0 = 0,. c) 5 ml de Ba(OH) 0, correspondem a 5 0, = mmols de OH -. A neutralização se dará através de: NH OH - NH H O 8 mmols mmols 7 mmols - 5 mmols 0 75 mmols - Usando Henderson-Hasselbalch, tem-se: ] OH = Kb NH OH =,8 =, 0 5 poh=, 5 ph= 9, 8 Observe que, como era esperado, o ph aumentou, mas pouco: 9,8 9, = 0,05. 06) Usando Henderson-Hasselbalch, tem-se: nsfisqui@gmail.com Página

3 ] OH = Kb NH Equilíbrio Iônico Lista 0 - gabarito Prof. elsonsantos 5 Se o poh é,5, OH =. Aplicando valores numéricos, temos então: =, 8 [ ] NH 5 5, ] = Logo, o volume de solução 6 de NH necessário, em ml, é: V 6= V= 57 ml A massa de NH Cl necessária é: m=,mol / L,5L 5,5g / mol= 96,0 g 5 07) ph=, 5 H = Podemos trabalhar diretamente com o número de mols, uma vez que o volume da solução é único. As massas molares do ácido propiônico e do propionato de sódio são, respectivamente, 7 g/mol e 96 g/mol. Logo, aplicando Henderson-Hasselbalch: [ H Pr] ph= Ka Pr m 5 5 =, m= = 6, g, 08) A precipitação terá início quando o Kps for atingido. 8 Kps= Fe OH = 6 6 = = 8 OH, 6 09) A maneira clássica de se resolver problemas quando há um íon comum é: Na SO Na SO - 0, 0, 0, BaSO Ba SO - Logo, Ba = x e SO = 0, 0 x. A simplificação usual é 0,0 x 0,0. Logo: Ba SO = x 0, 0=, 5 9 Ba =, 5 7 mol/l. ) A solução de KNO não apresenta íon em comum com o Al(OH), não interferindo em sua solubilidade: Al(OH) Al OH - Kps= Al OH = = = 5 = =, 69 mol/l 7 x x nsfisqui@gmail.com Página

4 ) Calculamos o produto das concentrações no instante da mistura. Se são misturados volumes iguais das soluções, as molaridades se reduzem à metade. Logo: 0, Pb = = 5, 0 0,0 Cl = = 5, 0 Pb Cl = 5 5, 0 =, 5 <, 6 Logo, não haverá precipitação. 6 5 ) A precipitação se inicia quando Kps é atingido. Logo: Kps= g OH =, 0 OH = 8, 9 OH = 8, 9 =, 98 poh=, 5 ph= 9, 7 5 ) A precipitação tem início quando Ag Cl = Kps., 78 Ag = =, 78,0 6 ) Primeiramente determinamos o Kps do BaSO. ( ) Kps= =, 0 =, 0 5 K SO K - SO 0, 0, 0, BaSO Ba SO - Logo, Ba = x e SO = 0, x. A simplificação usual é 0, x 0,. Logo: Ba SO = x 0,=, 0 Ba =, 0 9 mol/l. 5) Sendo a molaridade da solução saturada, temos que Kps =. Calculando : m 0, 7 = = = 5,86 mol / L V massa molar 87,8 7 Kps= =, Este resultado está de acordo com o encontrado na literatura. 6) AB C (s) A (aq) B (aq) C - (aq) = 0,00, logo = 0,00 e = 0,00. 6 Kps= = Kps= 8 0,00 =,08 7) a) Sendo a molaridade da solução saturada, temos: Ca(IO) (s) Ca (aq) IO - (aq) Kps= Ca IO = = 6, = 6, = =,7 9 9 nsfisqui@gmail.com Página x x

5 b) m= V massa molar m=,7 mol / L 500 ml 89,9 g / mol= 8,0 mg Ca IO = Kps 6, Ca = =, 6 = 9 7 ( 0,) m= V massa molar 7 m,6 = mol / L 500 ml 0, g / mol=, mg 8) Sendo a molaridade da solução saturada, temos: Ag SO (s) Ag (aq) SO - (aq) Kps= Ag SO = = Aplicando o valor numérico, temos: 5 Kps= 0,06 = 7,0 Este resultado está de acordo com o encontrado na literatura. 9) A molaridade da solução saturada é Kps= Ag PO = 6A A= A A = A mol/l. Logo: 0,5 Ag PO (s) Ag (aq) PO - (aq) 6 A A 0) Chamando de a molaridade da solução saturada, tem-se: Ca (PO ) (s) Ca (aq) PO - (aq) 5 Kps= Ca PO = = 8 A 5 8 = A = 5 8 ) Para que a solução esteja no limiar de precipitação, é necessário que Se ph = 8,6, então poh = 5, e n, 98 =, 9 6,9 n = =, 0 6 (, 98 ) m= V massa molar OH =, Logo: m=,0 mol / L 0 ml 5,9 g / mol= 65,8 mg n OH Kps =. ) PbS(s) CrO - (aq) PbCrO (s) S - (aq) K PbSO (s) Pb (aq) SO - (aq) Kps PbCrO (s) I - (aq) PbI (s) CrO - (aq) K PbI (s) SO - (aq) PbSO (s) I - (aq) K Assim sendo, o Kps do PbS é K Kps. Introduzindo dados numéricos, temos: K K nsfisqui@gmail.com Página 5

6 8 8 K Kps 7, 5, 8 = =,7 K K, 6, Este resultado está de acordo com o encontrado na literatura. ) BaCrO (s) SO - (aq) BaSO (s) CrO - (aq) K Ba(IO ) (s) Ba (aq) IO - (aq) Kps BaSO (s) F - (aq) BaF (s) SO - (aq) K BaF (s) IO - (aq) Ba(IO ) (s) F - (aq) K Assim sendo, o Kps do BaCrO é K Kps. Introduzindo dados numéricos, temos: K K K Kps, 7 6 = =, 99 K K, 5, 55 Este resultado está de acordo com o encontrado na literatura. ) A primeira ionização é praticamente completa, com grau de ionização muito próximo de. Logo: H SO H - HSO início 0 0 estequiometria equilíbrio 0 Nosso interesse é a segunda ionização: - HSO H - SO Assim: ( α) α α K= = ( α α) ( α) Aplicando valores numéricos, temos:, α α = α, α α= α α α = 0 α= = 0, (,%) Assim sendo, temos: H =, ( 0, ) =, 56 (ph =,8) SO =, 0, =, 56 HSO =, 0, 5858= 6, início 0 estequiometria α α α α α equilíbrio ( α ) 5) Problema clássico, no qual se admite que todo o H é originado do ácido forte, estando inibida a ionização do ácido fraco. Se o ph é,0, temos então que H =, 98. HS H S H H S Ka Ka= = [ HS] HS [ HS] 7 [ ] Ka Ka H S, 0, 08 S = = = 6, 56 H (, 98 ) 5 6) Novamente um problema clássico. O ânion HCO - é anfiprótico, e tem dois caminhos : () HCO - CO - H, no qual se comporta como um ácido, Ka =,7 -. nsfisqui@gmail.com Página 6

7 () HCO - H O H CO OH -, no qual se comporta como uma base, e o K desta reação é a constante de hidrólise, que Kw, 0 8 pode ser calculada por Kh= = =, 7. 7 Ka, Observe que o segundo caminho é o mais forte (,7-8 >,7 - ), e que por isto a solução de NaHCO vai ser básica (ph > 7). A chave da solução deste problema é a compreensão de que tanto H quanto OH serão baixas, e não serão determinantes no balanço de cargas. Esta hipótese deverá obrigatoriamente ser verificada ao final. Assim sendo, o balanço de cargas será essencialmente o seguinte: para cada íon HCO - que se transforma em H CO, ou seja, se neutraliza, um íon HCO - tem que se transformar em CO - (próton ganho, próton perdido). Um único cátion, Na, contrabalançará as cargas de HCO - e CO -. Assim: - - HCO CO H início 0 0 estequiometria x x x equilíbrio - x x x - HCO H O H CO OH - início estequiometria x - x x equilíbrio - x - x x Conjugando estes dois quadros, temos: CO = [ HCO] = x e HCO = x (outra hipótese a verificar: x é pequeno frente a ). Aplicando estas concentrações nas expressões de Ka e Kh, temos: x H Ka= x OH e Kh=. Dividindo estas expressões, temos: x H Ka H Ka Ka = = Kh x OH OH Kw H ultiplicando por o lado esquerdo, temos: H H Ka Ka = H = Ka Ka Kw Kw Introduzindo dados numéricos: H =,, 7 =, 55 ph=8, Observe que OH =, 0, e isto verifica a primeira hipótese, de que H e OH seriam baixas, e não significativas para o balanço de cargas. Voltando, por exemplo, à expressão de Ka, podemos calcular x para a verificação da hipótese de que x é pequeno frente a. Ka, 7 0, 5 x= = = 5, 7 9 H, 55 A hipótese de que x é pequeno frente a está verificada:,07 - comparado a 5 -. Esta expressão simples ( H = Ka Ka ) pode ser usada sempre a solução do sal for moderadamente concentrada (na prática, 0, mol/l). Ela perde validade para valores de muito pequenos (solução diluída), uma vez que teremos a usual convergência dos valores de ph e poh para 7. 7) a) Como demonstrado anteriormente para soluções moderadamente concentradas, H = Ka Ka. Aplicando valores numéricos, temos: H = 5, 9 6, =, nsfisqui@gmail.com Página 7

8 ph =,7 Se causa surpresa o fato de que um sal proveniente de base forte e ácido moderado tenha solução ácida, atente para que as reações que determinam o caráter ácido ou básico da solução são: Pela acidez: H PO - H - HPO Ka = 6, -8 Pela basicidade: H PO - H O H PO OH - Kw, 0 Kh= = =, 69 Ka 5, 9 Agora é natural perceber que predominará a acidez: Ka > Kh b) Adaptando a expressão anteriormente demonstrada para o caso atual, H = Ka Ka. Aplicando valores numéricos, temos: H = 6,,8 =, 7 ph = 9,76 8 nsfisqui@gmail.com Página 8