Cinética Química e Equilíbrio Químico

É fundamental que você estude muito bem a parte teórica para se dar bem em todos os exercícios. Esses tópicos são bem explorados nos vestibulares, mas sempre exigindo um grande conhecimento teórico, por isso, não perca tempo! Leia bastante sobre o assunto.

Exercícios

•

1- O vinagre pode ser considerado uma solução de concentração 0,72 M em relação ao ácido acético. Esse ácido é fraco e possui constante de ionização K a igual a 1,8 .10

-5 , a 25 0 C. Determine:

•

a) o grau de ionização do ácido nesta temperatura;

•

b) a concentração molar de íons H + do vinagre.

Solução Dados do Exercício



M

 

K a

  0 , 72

M

1 , 8 .

10  5

Sabemos que: K a = M.α 2 [H + ] =M α

a)  =

K a M

 = 1 , 8 .

10  5 0 , 72

= 5.10

-3 = 0,5%

b)

[H + ] = M



= 0,72 . 0,005 = 3,6 .10

-3 mol/L

Observação muito importante:

Repare que não foi usada a expressão completa da constante de ionização. Como a constante tem um valor muito pequeno da ordem de 10 -5 , desprezamos 1-



.

Se o exercício trazer um grau de ionização > ou = 5%, devemos fazer uso da expressão completa.

Ki



M

 2 1  

ou K i = M



2

2- (PUC-SP) Etanol reage com ácido acético formando o éster acetato de etila e água. Essa reação pode ser representada pelo equilíbrio abaixo:

O O H 3 C C Ác. acético OH + HO etanol H 2 C CH 3 H 3 C C O Acetato de etila H 2 C + CH 3 H2O água

A constante de equilíbrio para a formação do acetato de etila a 100 0 C é igual a 4. Ao reagirmos 3 mols de etanol com 3 mols de ácido acético em um recipiente fechado, após atingido o equilíbrio, quais devem ser as quantidades em mols das substâncias participantes no equilíbrio?

Solução

Início

CH 3 -COOH + C 2 H 5 OH



CH 3 – COO – C 2 H 5 + H 2 O 3 3 0 0

Reage e forma

x x x x

Equilíbrio

K c



3-x 3-x x x

éster

 

água álcool



4  3 

     

X = 2 Substituindo o valor de x = 2, teremos: 1 mol 1 mol 2 mols 2mols

Importante: Nunca esqueça que toda expressão da constante refere-se sempre as concentrações molares no equilíbrio. Neste exercício que acabamos de resolver, não usamos os valores em mols/litro porque a proporção que reagem e formam é de 1 para 1, portanto o volume do recipiente qualquer que seja não altera o resultado.

3- (OSEC-SP) Sabendo-se que no equilíbrio H 2(g) + I 2(g)



2 HI (g) a pressão parcial do hidrogênio é 0,22 atm, a do iôdo é 0,22 atm e a do gás iodídrico é 1,56 atm, qual o valor da constante de equilíbrio K p ?

Solução Como temos um sistema envolvendo gases podemos trabalhar direto em função de pressões parciais

Kp





pHI

   

2 2 



0 ,

 

22 56



0 , 2 22



 50 , 2

4- (FUVEST-SP) À temperatura T, a reação N 2 O 4 (g)



2 NO 2 (g) apresenta uma constante de equilíbrio igual a 1,0. Analise os dados relativos às duas misturas gasosas a essa temperatura, e decida em qual delas os gases estão em equilíbrio. Indique os cálculos.

Mistura [NO 2 ] [N 2 O 4 ] I 1,0 .10

-1 1,0 . 10 -3 II 1,0 .10

-2 1,0 . 10 -4

Solução

Qc

  

NO

2

N

2

O

4  2 

Pode ser calculado em qualquer instante. Se: Qc = Kc está em equilíbrio Qc < Kc não está em equilíbrio; deve deslocar à direita



Qc > Kc não está em equilíbrio; deve deslocar à esquerda

Qc na mistura I :

Qc

   

N

2 2

O

4  2 

 

1 , 0 .

10 1 , 0 .

10  1  3 2

 

 1 , 0 .

10 1

Diferente de Kc Não está em equilíbrio Qc na mistura II :

Qc

     2

O

2 4 2    1 , 0 .

10 1 , 0 .

10   2 4 2    1 , 0

Igual ao valor de Kc. Está em equilíbrio

5- (VUNESP-SP) Misturam-se 100 ml de uma solução aquosa de NaOH 0,100 M, com 400 ml de solução aquosa de HCl 0,050 M. Adiciona-se água até completar o volume de 1000 ml e homogeneíza-se a solução resultante. Qual o pH da solução resultante?

Solução NaOH (aq) + HCl (aq)



NaCl (aq) + H 2 O 100 ml 400 ml V= 500 ml



V final = 1litro 0,100M 0,050 M M =?

reage n 1 = M.V n 1 =M.V n 1 = 0,1.0,1 n 1 =0,05.0,4 n 1 = 0,01 n 1 =0,02 0,01 0,01 forma: 0,01 mol NaCl excesso de 0,01 mol de HCl



H +



= M.



M HCl = n 1 /V = 0,01/1 = 0,01 Molar pH = -log[H + ]= -log 10 -2 => pH =2

Cuidado!- neste exercício, pede-se o pH e, o reagente em excesso é o ácido, se fosse a base calcularíamos primeiro o pOH, para depois calcular o pH. pH + pOH = pKw Monoácidos => [H + ] = M.



Diácidos => [H + ] = 2 M.



Monobases => [OH ]=M.



dibases => [OH ]=2 M.



Em caso de ácidos e bases fortes, você deve considerar o valor de alfa sempre igual a 100% ou seja 1.

Em caso de ácidos e bases fracos, o grau de ionização deve ser dado, ou você terá dados suficientes para determinar seu valor.

6 (PUC-Campinas) Uma área agrícola foi adubada com amônia, nitrato e fosfato de amônio.

Na amostra das água residuais da irrigação dessa área verifica-se que a concentração de íons OH é igual a 8.10

-5 mol/L. Qual o pH da amostra?

(dados: log 8 =0,9)

Solução



OH -



8.10

-5



pOH = -log



OH -



pOH = -log 8.10

-5 pOH = 5 – log 8 pOH =4,1 pH + pOH = 14



pH = 14 – 4,1 pH = 9,9 Atenção!Como o exercício deu OH , mostrando que a solução é básica, calculamos primeiro o pOH, para depois calcularmos o pH

IMPORTANTE

-

O segredo de qualquer exercício de pH ou pOH é sempre chegarmos na molaridade da solução; depois o exercício torna-se fácil pois:



H +



= M .



ou



OH -



= M .



, isto para mono-ácidos e mono-bases; se tivermos diácidos ou dibases, basta multiplicarmos por 2.

-

Nunca se esqueça que as concentrações devem ser sempre em mols/litro.

-Em casos de diluição ou mistura, podemos fazer uso de expressões já conhecidas usando no lugar de molaridade, H + ou OH , da seguinte maneira: [H+] inicial .[V ] inicial =[H + ] final . [V] final [H + ][V] + [H + ][V]=[H + ][V] 1 a 2 a Final

7- Adiciona-se água destilada a 50ml de uma solução de HCl de pH = 2,7 até o volume de 500 ml. Qual o pH da solução final?

Solução pH inicial = 2,7 portanto pH final = ? [H + ] início = 10 -2,7 [H + ] = ? V inicial = 50ml V final = 500 ml [H + ][V] = [H + ][V] 10 -2,7 .0,05 = [H + ]0,5 resolvendo temos [H + ]= 10 -3,7 pH = - log 10 -3,7

de 10 vezes

pH = 3,7

como a solução foi diluída sua concentração molar de H + diminuiu, aumentando portanto seu pH de uma unidade ( ficou menos ácida)

8-(MAUÁ) 100 ml de NaOH 0,2 M são adicionados a 100 ml de HCl 0,3 M.

Pergunta-se: a) Uma das substâncias está em excesso. Qual o pH da substância em excesso antes da reação? ( dado: log 3 = 0,4 ) b) Qual o volume de KOH 0,01 M necessário para neutralizar o que está em excesso?

c) Qual o pH da solução resultante da mistura inicial? ( dado : log 5 = 0,7 )

Solução NaOH + HCl



NaCl + H 2 O 100 ml 100ml V= 200ml 0,01 mol de HCl que não reagiu 0,2M 0,3M n 1 = M.V n 1 = M.V

n 1 = 0,2.0,1 n 1 = 0,3.0,1 n 1 =0,02 n 1 = 0,03 Reação 0,02 mol NaOH



0,02 mol HCl



0,02 mol de NaCl formados Reage todo



excesso de 0,01mol de HCl num V de 200ml

a- Cálculo do pH da substância em excesso antes da reação: HCl



0,3 M



[H + ] = M.



= 0,3 . 1 = 3.10

-1 como pH = -log [H + ] pH = -log 3.10

-1



pH = 1 – log 3



pH = 1 – 0,4



pH = 0,6 b- Cálculo do volume de KOH 0,01M, necessário para neutralizar o ácido em excesso: -antes calculamos a molaridade do HCl em excesso no volume final de 200 ml: HCl + KOH



KCl + H 2 O

n

1

200ml V=?

M

  0 , 01  0 , 05

M

0 , 2

0,05M 0,01M

V

-Cálculo do número de mols de HCl, que precisam ser neutralizados: n 1 = M.V=0,05.0,2=0,01 mols HCl; portanto vamos precisar do mesmo número de mols de KOH.

M



n V

1 

V



n M

1  0 0 , , 01 01  1

litro

c- Cálculo do pH da solução resultante: Como o ácido está em excesso e sua molariade é igual a 0,05 M ou 5 x10 -2 M , fazemos o seguinte: [H + ] = M.



=0,05.1= 5,0 .10

-2 M pH = -log [H + ] pH = - log 5,0 .10

-2 pH = 2 – log 5,0 pH = 2 – 0,7

OBS: Usamos o grau de ionização igual a 100% ou seja 1, porque consideramos eletrólitos fortes 100% ionizados.

pH = 1,3

Hidrólise de Sais Sal + Água



Ácido + Base I Ácidos e bases forte



predominantemente iônicos II Ácidos e bases fracos moleculares



predominantemente III Sais



sempre Iônicos IV - Água



sempre molecular V Somente íons fracos, sofrem hidrólise VI Quando o H + ; quando o OH cátion ânion sofrer hidrólise desloca da água sofrer hidrólise desloca da água

I- Sal de ácido fraco e base forte: NaNO 2 NaNO 2 + H 2 O



NaOH + HNO 2 Na + + NO 2 + HOH



Na + + OH + HNO 2 NO 2 + HOH



OH + HNO 2

K

h

doânion



OH





NO

  básica

ácido

 2



K

h

doânion



Kw Ka

Solução aquosa de sal de ácido fraco e base forte será sempre básica

II- Sal de ácido forte e base fraca: NH 4 Cl NH 4 Cl + H 2 O



NH 4 OH + HCl NH 4 + + Cl NH 4 + + HOH



NH 4 OH + H + + Cl + HOH



NH 4 OH + H +

ácida

K

h

docátion

 

base



NH

   4  

K

h

docátion



Kw Kb

Solução aquosa de sal de ácido forte e base fraca será sempre ácida

III-Sal de ácido fraco e base fraca: NH 4 NO 2 NH 4 NO 2 + H 2 O



NH 4 OH + HNO 2 NH 4 + + NO 2 + HOH



NH 4 OH + HNO 2

Kh do cátion e do ânion 





base NH

4  

ácido





NO

 2   Kh do cátions e do ânion 

Kw Ka

.

Kb

Solução aquosa de sal de ácido fraco e base fraca será ácida se Ka>Kb e será básica se Kb>Ka

4- Sal de ácido forte e base forte : NaCl NaCl + H 2 O



NaOH + HCl Na + + Cl + HOH



Na + + OH + H + + Cl HOH



OH + H + Não existe hidrólise. Solução aquosa de sal de ácido forte e base forte será sempre neutra

IMPORTANTE Para resolver exercícios de hidrólise, basta usar as mesmas expressões do equilíbrio iônico, substituindo constante K a ou K b por constante de hidrólise K por grau de hidrólise



h h e o grau de ionização K h = M.



h 2 e [H + ]= M.



h ou



OH -



= M.



h Podem usar sem medo estas expressões, que certamente todo exercício será resolvido.

Cuidado!

- Nunca deixem de montar a reação de hidrólise do sal dado no exercício para descobrir se a solução será ácida ou básica.

Sabendo se libera da água H + ou OH , poderemos resolver qualquer problema.

Lembrem-se que: cátion fraco libera da água H + ânion fraco libera da água OH -

8- (PUC-MG) Dos sais abaixo, aquele que em solução aquosa apresenta pH menor que 7 é: a) NaCN b) KCl c) KNO 3 d) NH 4 Cl e) NaHCO 3 Justifique sua resposta

.

Solução a) NaCN – Sal de ácido fraco e base forte hidrólise do CN -



libera da água OH -



pH>7



solução básica



b) KCl – Sal de ácido forte e base forte não sofre hidrólise



pH=7



solução neutra



c)KNO 3 - Sal de ácido forte e base forte



pH=7



solução neutra



não sofre hidrólise e) NaHCO 3 - Sal de ácido fraco e base forte básica



hidrólise do HCO 3 -



libera da água OH -



pH>7



solução

d) NH 4 Cl – sal de ácido forte e base fraca



solução ácida



hidrólise do NH 4 +



pH<7



libera da água H + NH 4 Cl + H 2 O



NH 4 OH + HCl NH 4 + + Cl NH 4 + + HOH + HOH

 

NH 4 OH + H + + Cl NH 4 OH + H ácida + Portanto, resposta correta letra D

9- (Salvador-Usberco) Uma solução aquosa de cloreto de amônio 0,2M apresenta grau de hidrólise igual a 0,5%. Determine pOH, pH e K h para essa solução.

NH 4 Cl = 0,2 M



Resolução = 0,5% = 0,005 NH 4 Cl + H 2 O



NH 4 OH + HCl NH 4 + + Cl + HOH



NH 4 OH + H + + Cl NH 4 + + HOH



NH 4 OH + H + (ácida) [H + ]= M.



= 0,2 . 0,005= 0,001= 10 -3 pH = -log 10 -3 = 3 Se pH = 3



pOH = 11 Kh = M.



2 = 0,2 . (0,005) 2 = 5 .10

-6

Observação: repare que neste exercício, poderíamos ter feito a tabela do equilíbrio, mas é muito mais fácil e mais rápido resolver usando as mesmas expressões de equilíbrio iônico, substituindo Ki por Kh e grau de ionização por grau de hidrólise .

Produto de Solubilidade AgCl (s)



Ag + (aq) + Cl (aq) xM x x K ps = [Ag + ] [Cl ] K ps = x 2

Se o exercício pedir o produto de você deve calcular o solubilidade, ou a K ps solubilidade ; se o exercício pedir a molaridade você deve calcular o valor de x.

10- Qual o valor do produto de solubilidade de uma solução saturada de AgCl 10 -5 molar?

Solução AgCl (s) 10 -5



Ag + (aq) 10 K ps = [Ag + ][Cl ] K ps = 10 -5 . 10 -5 K ps = 10 -10 -5 + Cl (aq) 10 -5

11- Sabendo que o produto de solubilidade do CaCl 2 em determinada temperatura é igual a 4.10

-12 , qual a solubilidade deste sal?

Solução CaCl 2(s)



Ca +2 + 2 Cl x x 2 x K ps = [Ca +2 ][Cl ] 2 K ps = [x][2x] 2 K ps = 4 x 3 4 .10

-12 = 4 x 3 X = 10 -4 mols/L

Solução Tampão É aquela solução que “não” sofre alteração de pH mesmo que à ela adicionemos ácidos ou bases fortes. É formada por um ácido fraco e seu sal ou por uma base fraca e seu sal. Exemplos: Ácido acético HAc Acetato de sódio NaAc Hidróxido de amônio NH 4 OH Cloreto de amônio NH 4 Cl

pH



pKa

 log   

ácido



pOH



pKb

 log   

base



12-(PUC-SP) Sabendo que o pH de uma solução 0,25 M de HCN é igual a 5, determine: a) O valor da constante K a para o HCN; b) O novo valor do pH, se a 1 litro da solução acima juntarmos 0,35 mol de NaCN, desprezando a variação de volume.

Dado: log 2,86 = 0,46

Resolução HCN=0,25M pH = 5



[H + ]= 1,0 .10

-5 log 2,86 = 0,46 0,35 mol NaCN a)



Ka



[H + ] = M.

   

M M

.

  2 1 .

10  5  0 ,  4 .

10 0 , 25 25 .

 4 .

10  5  5  2

HCN



H

 

CN

  4 , 0 .

10  10

pH= - log [H + ] b)

Ka



H

 

CN HCN

   

Ka

.



HCN

 

CN

pH = - log 2,86 .10

-10 pH = 9,54

 4 .

10  10 .

0 , 25 0 , 35  2 , 86 .

10  10

Importante O exercício anterior poderia ser resolvido, usando-se a expressão de pH, para uma solução tampão formada por um ácido fraco e seu sal.

Para isso deveríamos ter log de 0,35 e log de 0,25:

pH pH pH

  

pKa

 log 10   4 .

10  10 log log 4  

ácido

  log 0 , 146   0 , 35 0 , 25   

pH

 9 , 54

13-(Cesgranrio-RJ) Um químico entrou na cantina de seu laboratório e mediu o pH do café e do leite, encontrando, respectivamente, 5 e 6 . Em seguida, para seu lanche, misturou 20 ml de café com 80 ml de leite. Qual a concentração molar de íon H + de seu café com leite?

Resolução Café + Leite



café com leite 20 ml 80 ml V= 100 ml pH=5 pH=6 [H + ]= 10 -5 M [H + ]= 10 -6 M [H + ]= ?

Obs: mistura de soluções sem reação química: [H + ].V + [H + ].V = [H + ].V

10 -5 .0,02 + 10 -6 .0,08 = [H + ].0,1 [H + ] = 2,8 . 10 -6 M

14-(MACK-SP) Na adição de 100 ml de solução aquosa de ácido clorídrico, que apresenta 0,365 g de HCl, a 400 ml de hidróxido de sódio 0,075 M, qual o pH da solução resultante?

Dados: HCl = 36,5 g/mol; NaOH=40 g/mol

Solução HCl + NaOH



NaCl + H 2 O 100ml 400ml V final = 500 ml = 0,5L

M



m 1 = 0,365g

m

M .

2

V

 0 36 , 365 , 5 .

0 , 1  0 , 1

M

0,075M n 1 =M.V

M NaOH



n

1 

V

0 , 0 , 02  0 5 , 04

M

n 1 =0,075.0,4 n 1 =0,03 mols NaOH n 1 =M.V

n 1 =0,1.0,1 n 1 =0,01 mol HCl reage com 0,01 mol NaOH formando 0,01 mol NaCl Existe uma sobra de: 0,03-0,01= 0,02 mols de NaOH no volume final de 0,5 L NaOH



Na + + OH [OH ]= 4.10

-2

p OH= - log [OH ] = -log 4.10

-2 pOH= 1,6 => pH = 14 – 1,6 = 12,4

0,04M 0,04M 0,04M

pH = 12,6