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 ( M 1 V 1 = M 2 V 1 ou M 1 V 1 +M 2 V 2 = M 3 V 3 ) Titulação ( e 1 = e 2  N 1 V 1 = N 2 V 2 )

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, H 3 BO 3 , ou via solo, com o uso do sal bórax, Na 2 B 4 O 7 .10 H 2 O, 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 H 3 BO 3 = 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 H 3 BO 3 -------  0,1 litro de solução x g ------------------------ 400 litros de solução x = 1.200 g ou 1,2 kg de H 3 BO 3 b) Na 2 B 4 O 7 .10 H 2 O = 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.

Solução 5 mg ( 5.10 -3 g ) -------- 1 kg C = 0,6 g/L 60 kg = massa da pessoa 5 . 10 -3 g de H 3 PO 4 ---------- 1 kg x g de H 3 PO 4 ------------ 60 kg X = 300 . 10 -3 g de H 3 PO 4 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 Fe 2 (SO 4 ) 3 . O sal disponível é o Fe 2 (SO 4 ) 3 . 9 H 2 O. 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 Fe 2 (SO 4 ) 3 . 9 H 2 O utilizado? Qual a massa em gramas de Fe 2 (SO 4 ) 3 . 9 H 2 O utilizado? Qual a concentração em mol de íons sulfato em solução?

Solução Quantidade em mol de Fe 2 (SO 4 ) 3 . 9 H 2 O = ?  500 ml de Fe 2 (SO 4 ) 3 Massa em g de sal hidratado usada = ? Concentração molar de SO 4 -2 em 500 ml de solução 0,3 M=? Fe 2 (SO 4 ) 3 .9 H 2 O = 562 g/mol 0,3 mol de Fe 2 (SO 4 ) 3 ------- 1 litro de solução x mols de Fe 2 (SO 4 ) 3 -------- 0,5 litro de solução X = 0,15 mol 1 mol de Fe 2 (SO 4 ) 3 . 9 H 2 O ---------- 1 mol de Fe 2 (SO 4 ) 3 X mol de Fe 2 (SO 4 ) 3 . 9 H 2 O----------0,15 mol “ x = 0,15 mol b) 0,15 mol de Fe 2 (SO 4 ) 3 . 9H 2 O = 0,15 . 562 = 84,3 gramas c- Fe 2 (SO 4 ) 3  2 Fe +3 + 3 SO 4 -2 0,3 M 2 . 0,3M 3 . 0,3 M = 0,9 M de SO 4 - 2

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. H 3 PO 4 = 98 g/mol

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 ---------- 10 6 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 H 3 PO 4 ----98 gramas x mol de H 3 PO 4 ---- 9,8 gramas x = 0,1 mol/litro

Importante Qualquer relação ppm, quer dizer sempre 1 parte por milhão. Exemplos: 1 g em 10 6 gramas 1 litro em 10 6 litros 1 mg em 10 6 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/10 6 g = 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”.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 O 2 nas CNTP.

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

7- (FAAP-SP) Prepara-se uma solução aquosa de ácido sulfúrico, de densidade igual a 1,064 g/ml, pela adição 25 g de H 2 SO 4 a 225 g de H 2 O. Qual a porcentagem em massa do soluto e a concentração em g/L da referida solução? Dados: H 2 SO 4 = 98 g/mol

Solução H 2 SO 4 = 98 g/mol d solução = 1,064 g/ml m 1 = 25 g de H 2 SO 4 m 2 = 225 g de H 2 O m solução = m 1 + m 2 = 25 + 225 = 250 g de solução a) 25 g de H 2 SO 4 --------- 250 g de solução x g de H 2 SO 4 -------- 100 g de solução x = 10 g de H 2 SO 4 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 H 2 SO 4 (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 H 2 SO 4 ------ 93,98 ml de solução x g de H 2 SO 4 ------ 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?

Solução m 1 = 16,8 g de KOH KOH = 56 g/mol V = 200 ml M 1 V 1 = M 2 V 2 ou M inicial .V inicial = M final . V final 0,3.0,2 = 0,1 . V 2 V final = 0,6 L ou 600 ml Se a solução já tinha 200ml devemos adicionar 400 ml M final = 1/3 inicial 1/3 de 0,3 = 0,1 M b) M 1 V 1 = M 2 V 2 0,3.V 1 = 0,1.0,3 V 1 = 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 V 1 = ? V 2 =300 ml V 3 = V 1 + V 2 1,5 M 2 M 1,8 M M 1 V 1 + M 2 V 2 = M 3 V 3 1,5.V 1 + 2 . 0,3 = 1,8 . ( V 1 + 0,3 ) 1,5V 1 + 0,6 = 1,8V 1 + 0,54 1,8V 1 – 1,5V 1 = 0,6 – 0,54 0,3 V 1 = 0,06 V 1 = 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 V 1 = 100 ml V 2 = 100 ml V 3 = 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 M 1 V 1 = M final . V final M 2 V 2 = 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 HCl + NaOH  NaCl + H 2 O 1 L 1 L V final = 2 litros 0,1M 0,1 M M = ? n 1 = M 1 .V 1 n 1 = M 1 .V 1 n 1 = 0,1 mol n 1 = 0,1.1 n 1 = 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 m NaCl = 0,1 . 58,5 = 5,85 gramas de NaCl NaCl = 58,5 g/mol

12- (ITA-SP) O volume de NH 3 gasoso, medido nas CNTP, necessário para transformar completamente em solução de (NH 4 ) 2 SO 4 , 250 ml de uma solução aquosa de 0,100 molar de H 2 SO 4 , deve ser igual a quanto?

Solução V NH 3 = ? CNTP 250 ml de H 2 SO 4 0,1 M NH 3 + H 2 O  NH 4 OH 2 NH 4 OH + 1 H 2 SO 4  1 (NH 4 ) 2 SO 4 + 2 H 2 O V = ? V = 0,25 L n 1 = ? 0,1 M n 1 = M . V n 1 = 0,1 . 0,25 = 0,025 De acordo com a equação temos: 2mol de NH 4 OH ------------------------1 mol de H 2 SO 4 X mols----------------------------------- 0,025 mol de H 2 SO 4 X = 0,05 mols de NH 4 OH como vêm do NH 3 em água teremos Nas CNTP = 1 mol de NH 3 -------- 22,4 litros 0,05 mol de NH 3 ------- 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?

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

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 H 2 SO 4 ? Sabe-se que as impurezas dessa amostra não reagem com o ácido. Dados: KOH = 56 g/mol; H 2 SO 4 = 98 g/mol

Solução 2 KOH 2KOH + H 2 SO 4  K 2 SO 4 + 2 H 2 O m 1 = 6 g V=20ml V= 100ml=0,1litro V=10ml 0,25M n 1 = M.V n 1 =0,25.0,02 n 1 = 0,005 mols H 2 SO 4 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% 1 a. etapa

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 I 2 . O I 2 formado reage imediatamente com excesso de I - presente, formando I 3 - . Nessas condições, a equação global da reação não-balanceada é: ClO - + I - + H +  Cl - + I 3 - + H 2 O 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

Solução 1 ClO - + 3 I - + 2 H +  1 Cl - + 1 I 3 - + 1 H 2 O 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 I 2 e depois o I 2 passando a I - , mas isso nos tomaria muito tempo. ClO - + 3 I - + 2 H +  Cl - + I 3 - + H 2 O 50 g V = 40ml 2,5 M n 1 = 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 = n 1 . 74,5  2,5 g

16- (VUNESP-SP) A fórmula empírica do ácido capróico ( monoprótico) é C 3 H 6 O. 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 n 1 = M . V n 1 = 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 (C 3 H 6 O) x = 116,00 g (36+ 6 + 16 ) x = 116,00 58 x = 116 X =2 (C 3 H 6 O).2 = C 6 H 12 O 2 Reação completa: C 5 H 11 COOH + NaOH  C 5 H 11 COONa + H 2 O

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 HNO 3 V 1 = 50 ml V 2 = 15 ml N 1 =? N 2 = 2 N Princípio da equivalência: 1 equivalente-grama de uma substância A, reage com 1 equivalente-grama de uma substância B e 1 = e 2 N 1 V 1 = N 2 V 2 N 1 .0,05 = 2.0,015 N 1 = 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 N 1 =? 0,1N Todo exercício de titulação nós começamos do final e voltamos o exercício até o seu início. 1 a. Etapa: cálculo do número de equivalentes-grama de HCl gastos: e 1 = 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. 2 a. 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 3 a. Etapa: cálculo da Normalidade da base : N = e 1 / V = 0,1 / 0,5 = 0,2 N 4 a. Etapa: como a solução inicial foi diluída, usamos a expressão da diluição para calcular a normalidade da solução inicial : N 1 V 1 =N 2 V 2 N 1 V 1 = N 2 V 2 => N 1 .0,1 = 0,2.0,5  N 1 = 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 H 2 SO 4 + 2 NaOH  Na 2 SO 4 + 2 H 2 O 200 ml 400 ml V = 600ml  V final = 1,0 litro 0,50 M 1,00 M M Na 2 SO 4 =? M H 2 SO 4 = ? M NaOH = ? n 1 = M .V n 1 = M .V n 1 =0,5.0,2 n 1 = 1.0,4 n 1 = 0,1 mol n 1 = 0,4 mol Reação 0,1 mol de H 2 So 4  0,2 mol de NaOH  formando 0,1 mol de Na 2 SO 4 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 H 2 SO 4 : foi todo consumido Na 2 SO 4 => 0,1M de Na 2 SO 4 NaOH=> 0,2 M de NaOH Letra: E

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