SOLUÇÕES: EXERCÍCIOS

EXERCÍCIOS SOBRE SOLUÇÕES Densidade ( d) Concentração comum ( C) Porcentagem em massa ( T ou %) ppm ( parte por milhão) Molaridade ( M) Molalidade ( W) Normalidade ( N) Diluição e Mistura de soluções ( M1V1 = M2V1 ou M1V1+M2V2 = M3V3) Titulação ( e1 = e2  N1V1 = N2V2)

1- (ESAL-MG) O elemento químico boro é indispensável na nutrição das plantas e por ser requerido em pequenas quantidades está incluído na classe dos micro-nutrientes. Com a expansão da agricultura para o cerrado brasileiro, cujos solos são de baixo teor de boro, tornou-se ainda maior o seu fornecimento, por meio de adubações foliares, com pulverizações das plantas com solução de ácido bórico, H3BO3, ou via solo, com o uso do sal bórax, Na2B4O7.10 H2O, para ser absorvido pelas raízes. Qual é a massa de ácido bórico a ser utilizada na preparação de 400 litros de solução na concentração igual a 0,3% p/V? Calcule a massa de bórax a ser utilizada para fornecer 2,2 g de B por planta na adubação de uma cultura cafeeira? Dados: Na-23; B-11; O-16; H-1

Solução m ácido bórico= ? para 400 litros 0,3% p/V m bórax = ? Para 2,2 g de B por planta Massa molar do H3BO3 = 62 g/mol se preciso 0,3% p/V = 0,3 gramas de soluto em 100 ml (0,1litro) de solução 0,3 g de H3BO3 ------- 0,1 litro de solução x g ------------------------ 400 litros de solução x = 1.200 g ou 1,2 kg de H3BO3 b) Na2B4O7.10 H2O = 382 g/mol possui 44 g de Boro ( 4 x 11) 382 g de bórax ----------------- 44 g de B x g de bórax ----------------- 2,2 g de B X = 19,1 g de bórax

2- (FUVEST-SP) O limite máximo de “ingestão diária aceitável”(IDA) de ácido fosfórico, aditivo em alimentos, é de 5 mg/kg de massa corporal. Calcule o volume de refrigerante, contendo ácido fosfórico na concentração de 0,6 g/L, que uma pessoa de 60 kg deve ingerir para atingir o limite máximo IDA.

x g de H3PO4 ------------ 60 kg X = 300 . 10-3 g de H3PO4 Solução 5 mg ( 5.10-3 g ) -------- 1 kg C = 0,6 g/L 60 kg = massa da pessoa 5 . 10-3 g de H3PO4 ---------- 1 kg x g de H3PO4 ------------ 60 kg X = 300 . 10-3 g de H3PO4 0,6 g ------------ 1 litro 300 . 10-3 ------- x litros X = 0,5 litros

3- (ITA-SP) Precisamos preparar 500 ml de uma solução 0,30 mol/L de Fe2(SO4)3. O sal disponível é o Fe2(SO4)3 . 9 H2O. Esta solução é preparada colocando a quantidade correta do sal sólido num balão volumétrico de 500 ml e acrescentando água, aos poucos, até que todo o sal esteja dissolvido. Após isso, continua-se a colocar água até atingir a marca existente no balão. Pergunta-se: Qual a quantidade, em mol, de Fe2(SO4)3 . 9 H2O utilizado? Qual a massa em gramas de Fe2(SO4)3 . 9 H2O utilizado? Qual a concentração em mol de íons sulfato em solução?

Solução Quantidade em mol de Fe2(SO4)3 . 9 H2O = ?  500 ml de Fe2(SO4)3 Massa em g de sal hidratado usada = ? Concentração molar de SO4-2 em 500 ml de solução 0,3 M=? Fe2(SO4)3 .9 H2O = 562 g/mol 0,3 mol de Fe2(SO4)3 ------- 1 litro de solução x mols de Fe2(SO4)3 -------- 0,5 litro de solução X = 0,15 mol 1 mol de Fe2(SO4)3 . 9 H2O ---------- 1 mol de Fe2(SO4)3 X mol de Fe2(SO4)3 . 9 H2O----------0,15 mol “ x = 0,15 mol b) 0,15 mol de Fe2(SO4)3 . 9H2O = 0,15 . 562 = 84,3 gramas c- Fe2(SO4)3  2 Fe+3 + 3 SO4-2 0,3 M 2 . 0,3M 3 . 0,3 M = 0,9 M de SO4-2

4- Uma certa solução aquosa contém 0,98 % em massa de ácido fosfórico 4- Uma certa solução aquosa contém 0,98 % em massa de ácido fosfórico. Expresse o valor dessa concentração em: ppm? b) gramas por litro? c) mol por litro? OBS: considere a densidade da solução igual a 1 g/ml. H3PO4 = 98 g/mol

c) 1 mol de H3PO4 ----98 gramas x mol de H3PO4 ---- 9,8 gramas Solução a) ppm  parte por milhão 0,98%  0,98 g de soluto em 100 g de solução 0,98 g de ácido ---------- 100 g de solução x g de ácido ---------- 106 g de solução x = 9. 800 g de ácido  9.800 ppm b) 0,98 g de ácido -----100 g de solução ou 0,1 litro de solução x g de ácido ----1000 g de solução ou 1 litro de solução x = 9,8 g /L c) 1 mol de H3PO4 ----98 gramas x mol de H3PO4 ---- 9,8 gramas x = 0,1 mol/litro

Importante 1,0 ppm = 1,0 g/106g = 1,0.10-4% = 1 mg/litro Qualquer relação ppm, quer dizer sempre 1 parte por milhão. Exemplos: 1 g em 106 gramas 1 litro em 106 litros 1 mg em 106 miligramas= 1000 gramas = 1 kg = 1 litro Como trabalhamos çom soluções aquosas onde a água apresenta densidade igual a 1, podemos dizer 1000 g de água corresponde a 1litro de água. Daí: 1,0 ppm = 1,0 g/106g = 1,0.10-4% = 1 mg/litro Portanto para transformar as concentrações basta fazer uma simples regra de três.

5- Num frasco de água oxigenada lê-se a expressão “20 volumes” 5- Num frasco de água oxigenada lê-se a expressão “20 volumes”.Baseado nesta expressão, calcule a concentração molar do peróxido de hidrogênio na água oxigenada. Obs: Na decomposição de 1,0 litro de água oxigenada 10 V ocorre a produção de 10 litros de O2 nas CNTP.

Solução 2 H2O2  2 H2O + O2 2 mols ----------------------------- 1 mol ( 22,4 litros)CNTP x mols---------------------------------------20 litros x = 1,78 mols/litro = 1,78 M Cada litro de água oxigenada ( solução de peróxido de hidrogênio) “20 volumes”, contém 1,78 mols de peróxido de hidrogênio.

6- (FUVEST-SP) Quantos gramas de brometo de cálcio estão dissolvidos em 30 ml de solução 1,0 . 10-3 M dessa substância? Que valor é esperado para a molaridade dos íons brometo nessa solução? Dados: Ca – 40; Br- 80

Solução CaBr2  Ca+2 + 2 Br – 10-3 M 10-3 M 2.10-3 M m1 = ? [Br-] = ? 30 ml -----------1,0 .10-3 M de CaBr2 CaBr2 = 200 g/mol 1,0 . 10-3 mols de CaBr2 -------------- 1 litro de solução x mols de CaBr2--------------0,03 litros de solução x = 3,0 . 10-5 mol de CaBr2 1 mol de CaBr2 ---- 200 g 3,0 .10-5 mol--------- x g x = 6,0 .10-3 g = 0,006 g CaBr2  Ca+2 + 2 Br – 10-3 M 10-3 M 2.10-3 M Portanto concentração molar de íons Br - = 2.10-3M

7- (FAAP-SP) Prepara-se uma solução aquosa de ácido sulfúrico, de densidade igual a 1,064 g/ml, pela adição 25 g de H2SO4 a 225 g de H2O. Qual a porcentagem em massa do soluto e a concentração em g/L da referida solução? Dados: H2SO4 = 98 g/mol

Solução H2SO4 = 98 g/mol d solução = 1,064 g/ml m1 = 25 g de H2SO4 m2 = 225 g de H2O m solução = m1 + m2 = 25 + 225 = 250 g de solução a) 25 g de H2SO4 --------- 250 g de solução x g de H2SO4 -------- 100 g de solução x = 10 g de H2SO4 ou 10% em massa T = 0,1 b) C = 1000 . d . T = 1000 . 1,064 . 0,1 = 106,4 g/L C = 106,4 g/L

Importante Poderíamos ter resolvido a letra b, desse exercício da seguinte maneira: Se a solução é 10% em massa, podemos dizer que temos 10 g de H2SO4 (soluto) -----------100 g de solução , só que 100 g dessa solução correspondem a: d solução = m/v v = 100 / 1,064 = 93,98 ml 10 g de H2SO4 ------ 93,98 ml de solução x g de H2SO4 ------ 1000 ml de solução x = 106 g / litro

8- (PUC-MG modificado) Uma solução de hidróxido de potássio foi preparada dissolvendo-se 16,8 g da base em água suficiente para 200ml. Que volume de água, deve ser adicionado a essa solução, para que a concentração final seja 1/3 da solução inicial? Da solução original, que volume volume deve ser diluído a 300 ml para que a molaridade seja 1/3 da molaridade da solução original?

m1= 16,8 g de KOH KOH = 56 g/mol V = 200 ml Solução m1= 16,8 g de KOH KOH = 56 g/mol V = 200 ml M final = 1/3 inicial 1/3 de 0,3 = 0,1 M M1V1 = M2V2 ou M inicial.V inicial = M final . V final 0,3.0,2 = 0,1 . V2 V final = 0,6 L ou 600 ml Se a solução já tinha 200ml devemos adicionar 400 ml b) M1V1 = M2V2 0,3.V1 = 0,1.0,3 V1= 0,1 L ou 100 ml Portanto para obtermos 300 ml de solução 0,1 M devemos usar da solução original 100 ml.

9- (FESP)Que volume de uma solução de hidróxido de sódio1,5M que deve ser misturado a 300 ml de uma solução 2 M da mesma base, a fim de torná-la solução 1,8 M?

Solução NaOH + NaOH --------- NaOH V1= ? V2=300 ml V3 = V1 + V2 1,5 M 2 M 1,8 M M1V1 + M2V2 = M3V3 1,5.V1 + 2 . 0,3 = 1,8 . ( V1 + 0,3 ) 1,5V1 + 0,6 = 1,8V1 + 0,54 1,8V1 – 1,5V1 = 0,6 – 0,54 0,3 V1 = 0,06 V1 = 0,2 ou 200ml

10 –(UFRN) Misturando-se 100 ml de solução aquosa 0,1 M de KCl com 100 ml de solução aquosa de NaCl, quais as concentrações molares dos íons K+, Na+ e Cl- da solução final?

Solução KCl + NaCl ------------- Solução final V1= 100 ml V2 = 100 ml V3 = 200ml 0,1 M 0,1 M M = ? Como temos duas soluções que não reagem faremos duas resoluções: uma para o KCl e outra para o NaCl KCl NaCl M1V1= M final . V final M2V2 = M final . V final 0,1 . 0,1 = M . 0,2 0,1.0,1 = M . 0,2 M KCl = 0,05 M M NaCl = 0,05 M KCl  K+ + Cl- NaCl  Na+ + Cl- 0,05M 0,05M 0,05M 0,05M 0,05M 0,05M [K+]=0,05M [Na+] = 0,05M [Cl-] = 0,05 + 0,05 = 0,1M

11- (FCC-BA Modificado) A 1 L de solução 0,10 M de NaOH adiciona-se 1 L de solução 0,10 M de HCl. Se a solução resultante for levada à secura até que seja obtida uma massa sólida, responda: Qual a molaridade da solução final? Qual a massa sólida obtida?

Solução a) NaCl = 58,5 g/mol HCl + NaOH  NaCl + H2O 1 L 1 L V final = 2 litros 0,1M 0,1 M M = ? n1 = M1.V1 n1= M1.V1 n1 = 0,1 mol n1= 0,1.1 n1= 0,1.1 0,1 mol 0,1 mol Como a estequiometria da reação é de 1:1  1:1 teremos 0,1 mol reage como 0,1 mol formando 0,1 mol de NaCl a) b) Se evaporarmos toda água teremos no recipiente 0,1 mol de NaCl ou seja mNaCl = 0,1 . 58,5 = 5,85 gramas de NaCl

12- (ITA-SP) O volume de NH3 gasoso, medido nas CNTP, necessário para transformar completamente em solução de (NH4)2SO4, 250 ml de uma solução aquosa de 0,100 molar de H2SO4, deve ser igual a quanto?

Solução V NH3 = ? CNTP 250 ml de H2SO4 0,1 M NH3 + H2O  NH4OH 2 NH4OH + 1 H2SO4  1 (NH4)2SO4 + 2 H2O V = ? V = 0,25 L n1= ? 0,1 M n1 = M . V n1 = 0,1 . 0,25 = 0,025 De acordo com a equação temos: 2mol de NH4OH ------------------------1 mol de H2SO4 X mols----------------------------------- 0,025 mol de H2SO4 X = 0,05 mols de NH4 OH como vêm do NH3 em água teremos Nas CNTP = 1 mol de NH3 -------- 22,4 litros 0,05 mol de NH3 ------- x litros x = 1,12 litros

13-(UFF-RJ) Se 40,0 ml de HCl 1,60 M e 60,0 ml de NaOH 2,0 M são misturados, quais as concentrações molares dos íons Na+, Cl- e OH- que serão encontradas, na solução resultante?

excesso de 0,056 mols de NaOH sem reagir Solução HCl + NaOH  NaCl + H2O 40 ml 60 ml V = 100 ml = 0,1 L 1,6M 2,0 M [Na+] = ? ; [Cl-] = ? ; [OH-]=? 0,064 mols de NaCl formados n1 = M.V n1 = M . V 0,056 mols de NaOH que não n1 = 1,6 . 0,04 n1 = 2,0 . 0,06 reagiram N1 = 0,064 mols n1 = 0,120 mols Reagem 0,064 ------------- 0,064 -----------------formam------------ 0,064 mols NaCl excesso de 0,056 mols de NaOH sem reagir [Na+]=0,64+0,56= = 1,2M [Cl-]= 0,64M [OH-]= 0,56M NaCl  Na+ + Cl- 0,64 M 0,64M 0,64M M NaCl = NaOH  Na+ + OH- 0,56M 0,56M 0,56M M NaOH=

14-(MACK-SP) Qual é a pureza de uma amostra de 6,0 g de hidróxido de potássio, sabendo que uma alíquota de 10 ml, retirada de uma solução de 100 ml desse material, consumiu na titulação 20 ml de uma solução 0,25M de H2SO4? Sabe-se que as impurezas dessa amostra não reagem com o ácido. Dados: KOH = 56 g/mol; H2SO4 = 98 g/mol

Solução 1a. etapa 6 g --------100% 5,6 g-------x% = 93,3% 2 KOH 2KOH + H2SO4  K2SO4 + 2 H2O m1= 6 g V=20ml V= 100ml=0,1litro V=10ml 0,25M n1= M.V n1=0,25.0,02 n1= 0,005 mols H2SO4 1a. etapa Na titulação foram gastos 0,005 mols de ácido, portanto nos 10 ml usados de KOH devem existir 2 vezes mais material, isto porque, a proporção da reação é de 2 mols de base para 1 mols de ácido: 2 mols de KOH -------- 1 mol de ácido ----------segundo a reação X mol de KOH---------0,005 mol de ácido X=0,01 mol -----contidos em 10 ml da amostra; como a amostra total é de 100 ml teremos: 0,01 mol de KOH -----10 ml ( alíquota) X mol de KOH -------100 ml ( solução inicial) X = 0,1 ml de KOH 1 mol de KOH ----56 g 0,1 mol de KOH ---x = 5,6 g 6 g --------100% 5,6 g-------x% = 93,3%

15-(VUNESP-SP) A “água de lavadeira”é uma solução aquosa de NaClO 15-(VUNESP-SP) A “água de lavadeira”é uma solução aquosa de NaClO. Quando essa solução é tratada com excesso de íons I- em meio ácido, os íons ClO- são reduzidos a Cl-, e os íons I- são inicialmente oxidados a I2. O I2 formado reage imediatamente com excesso de I- presente, formando I3-. Nessas condições, a equação global da reação não-balanceada é: ClO- + I- + H+  Cl- + I3- + H2O Balanceie a equação, indicando os menores coeficientes estequiométricos. São necessários 40,0 ml de solução aquosa de KI, 2,5M para reagir completamente com 50,0 g de “água de lavadeira”, segundo a equação acima. Calcule a porcentagem de NaClO na “água de lavadeira”. Dados: NaClO = 74,5 g/mol

1 ClO- + 3 I- + 2 H+  1 Cl- + 1 I3- + 1 H2O Solução 1 ClO- + 3 I- + 2 H+  1 Cl- + 1 I3- + 1 H2O Como deve existir uma igualdade na soma das cargas dos dois lados basta colocarmos o coeficiente 3 no íon I- e o coeficiente 2 no íons H+. Poderíamos também montar as equações em duas etapas com o I- passando a I2 e depois o I2 passando a I-, mas isso nos tomaria muito tempo. ClO- + 3 I- + 2 H+  Cl- + I3- + H2O 50 g V = 40ml 2,5 M n1 = M.V = 2,5 . 0,04 = 0,1 mols de KI . 1mol de NaClO ----- 3 mols de KI x mols de NaClO ---- 0,1 mol de KI X = 0,033 mols de NaClO 50 g ------- ---100% 2,48 g de ----x = 5% m de NaClO = n1 . 74,5  2,5 g

16- (VUNESP-SP) A fórmula empírica do ácido capróico ( monoprótico) é C3H6O. Uma amostra de 0,100g desse ácido foi completamente neutralizada por 17,2 ml de uma solução de NaOH 0,050 M. Qual a fórmula molecular desse ácido? Dados: C-12; H-1; O-16

Solução Ácido capróico + NaOH  0,100 g V = 17,2 ml 0,050 M n1 = M . V n1 = 0,05 . 0,0172 = 0,00086 mols de NaOH Como o ácido é monoprótico, a estequiometria da reação é de 1 : 1, 0,00086 mols de base reagiram com 0,00086 mols de ácido 0,00086 mol de ácido ---------------0,100 g 1 mol de ácido -------------------x g = 116,00 g (C3H6O)x = 116,00 g (36+ 6 + 16 )x = 116,00 58 x = 116 X =2 (C3H6O).2 = C6H12O2 Reação completa: C5H11COOH + NaOH  C5H11COONa + H2O

Molalidade e Normalidade O conceito de molalidade, é usado somente por algumas escolas ( ITA, EFEI, UFMG, EFOA) mas, nem por isso menos importante. O que acontece é que, como tratamos quase sempre com soluções diluídas, dizemos que a molalidade é aproximadamente igual a molaridade. Molalidade é muito útil quando temos exercícios envolvendo propriedades coligativas, que é um assunto que trataremos também na forma de exercícios. O conceito de normalidade, foi tirado do programa de segundo grau, devido a uma orientação da IUPAC. Se os exercícios geralmente envolvem reações químicas, todos os cálculos poderão ser feitos, baseados na proporção existente entre o número de mols das substâncias na equação devidamente balanceada. Quando usamos Normalidade, fazendo uso do número de equivalentes as equações não precisam ser balanceadas, pois, sabemos que 1 equivalente sempre reage com 1 equivalente.

Molalidade é a relação entre o número de mols do soluto e a massa do solvente em kg. W Normalidade é a relação entre o número de equivalentes do soluto e o volume da solução em litros. Massa molar

Fazendo uma relação entre normalidade e molaridade através de uma simples divisão entre as respectivas expressões chegaremos na expressão final: N = M.x onde x é no caso de : ácidos  número de H+ Bases  número de OH- Sais  carga total do cátions ou do ânion Oxidantes ou redutores  número total de elétrons envolvidos na redução ou oxidação

17-Para titularmos 50ml de solução aquosa de hidróxido de cálcio, verificamos que, foram gastos 15 ml de solução aquosa de ácido nítrico 2,0 N. Qual deve ser a concentração normal da solução de hidróxido de cálcio?

Solução Ca(OH)2 HNO3 V1= 50 ml V2= 15 ml N1=? N2= 2 N Princípio da equivalência: 1 equivalente-grama de uma substância A, reage com 1 equivalente-grama de uma substância B e1 = e2 N1V1= N2V2 N1.0,05 = 2.0,015 N1 = 0,6 N = 0,6 eq.g/L = 0,6 equivalente-grama por litro

18- 100 ml de uma solução de hidróxido de potássio foram diluídos com água até 500 ml. 10 ml desta solução diluída consumiram com sua titulação 20 ml de uma solução 0,1 N de ácido clorídrico. Qual a normalidade da solução inicial?

Solução KOH  diluído  KOH  alíquotaKOHtitulado HCl 100ml 500ml 10ml 20ml N1=? 0,1N Todo exercício de titulação nós começamos do final e voltamos o exercício até o seu início. 1a. Etapa: cálculo do número de equivalentes-grama de HCl gastos: e1= N.V = 0,1.0,02=0,002 eq.g isto quer dizer que o número de equivalentes da base nos 10 ml é o mesmo. 2a.Etapa: se em 10 ml de base existem 0,002 equivalentes em 500 ml teremos 50 vezes mais: 0,002 . 50 = 0,1 equivalente-grama 3a.Etapa: cálculo da Normalidade da base: N = e1/ V = 0,1 / 0,5 = 0,2 N 4a. Etapa: como a solução inicial foi diluída, usamos a expressão da diluição para calcular a normalidade da solução inicial: N1V1=N2V2 N1V1= N2V2 => N1.0,1 = 0,2.0,5  N1= 1,0N

19- (ITA) Num balão volumétrico são colocados 200 ml de ácido sulfúrico 0,50 M e 400 ml de hidróxido de sódio 1,00 M. O volume é completado para 1,00 litro com água destilada. Após a homogeneização, a solução resultante é: 0,10 M em ácido sulfúrico e 0,20 M em sulfato de sódio; 0,17 M em ácido sulfúrico e 0,67 M em hidróxido de sódio; 0,20 M em bissulfato de sódio; 0,10 M em sulfato de sódio e 0,30 M em hidróxido de sódio; 0,10 M em sulfato de sódio e 0,20 M em hidróxido de sódio.

Solução Letra: E NaOH=> 0,1M de Na2SO4 0,2 M de NaOH H2SO4 + 2 NaOH  Na2SO4 + 2 H2O 200 ml 400 ml V = 600ml  V final = 1,0 litro 0,50 M 1,00 M M Na2SO4=? M H2SO4 = ? M NaOH = ? Letra: E n1= M .V n1= M .V n1=0,5.0,2 n1= 1.0,4 n1= 0,1 mol n1= 0,4 mol Reação 0,1 mol de H2So4 0,2 mol de NaOH  formando 0,1 mol de Na2SO4 Consome todo excesso de 0,2 mol  portanto no balão existem 0,2 mol de NaOH Cálculos das concentrações no volume final de 1 litro H2SO4 : foi todo consumido Na2SO4 => NaOH=> 0,1M de Na2SO4 0,2 M de NaOH