0, ,01. V(ar) = 7, dm Determinar o volume de ar, V(ar) seco, ocupado por 100 g de ar seco, nas condições PTN 1,30 23,14 32,00

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1 EXAME NACIONAL a FASE PROPOSTA DE RESOLUÇÃO Grupo I 1.1. (C) O teor de dióxido carbono gasoso, CO (g), no ar seco, em percentagem, é dado pela expressão %(m/m) = mm(co (g)) 100 mm(ar seco) O teor de dióxido carbono gasoso, CO (g), no ar seco, em partes por milhão, é dado pela expressão mm(co ppm = (g)) mm(ar seco) 106 Da análise das duas expressões anteriores facilmente se mostra que ppm = %(m/m) 10 4 Assim, o teor do CO(g) no ar seco, em ppm, será 0, , o que valida a opção C. 1.. (A) Determinar a massa de CO, m(co), em um quilograma de ar seco mm(co %(m/m) = ) %(mm/mm) mm(ar seco) 100 m(co) = mm(ar seco) 100 Determinar a massa molar de CO, M(CO) Mr(CO) = Ar(C) + Ar(O) Mr(CO) =1, ,00 Mr(CO) = 44,01 M(CO) = 44,01 g mol -1 Determinar a quantidade de CO, n(co) n(co) = mm(co %(m/m) m(ar seco) 0, ) n(co) = n(co) = n(co) = 0,05 10 mol MM(CO ) MM(CO ) 44,01 44,01 Assim, a quantidade de CO que existirá numa amostra de 1 kg (1000 g) de ar seco é dada pela expressão mol, o que valida a opção A. 0, ,01. Determinar o volume de ar, V(ar) seco, ocupado por 100 g de ar seco, nas condições PTN ρ(ar) = m(ar) m(ar) V(ar) = V(ar) = 100 V(ar) = 7,69 10 dm 3 V(ar) ρ(ar) 1,30 Determinar a quantidade de oxigénio gasoso, n(o), correspondente a 3,14 g de O (g) Determinar a massa molar de O, Mr(O) Mr(O) = Ar(O) Mr(O) = 16,00 Mr(O) = 3,00 M(O) = 3,01 g mol -1 m(o) = n(o) M(O) n(o) = m(o ) 3,14 n(o) = n(o)= M(O ) 3,00 7, mol Determinar o volume de oxigénio gasoso, V(O), nas condições PTN, correspondente a 7, mol de O (g) V(O) = n(o) Vm n(o) =7, ,4 n(o) = 1,60 10 dm 3 Determinar a percentagem em volume de oxigénio gasoso, (O), no ar seco, %(V/V)(OO ) aaaa ssssssss %(V/V)(O ) ar seco = V(O ) 100 %(V/V)(O V(ar) ) ar seco = 1, %(V/V)(O 7,69 10 ) ar seco = 1,1 % Outro processo: Determinar a massa de O (g) em 1 dm 3 de ar seco, nas condições PTN, mm(oo ) Com base no conceito de densidade, a massa de 1 dm 3 de ar seco é 1,30 g 100 g de ar seco 1,30 g de ar seco = m(o 3,1 g de O m (O ) = 3,1 1,30 m(o ) 100 ) = 3, g Determinar a quantidade de oxigénio gasoso, n(o), correspondente a 33, g de O (g) Determinar a massa molar de O, Mr(O) Mr(O) = Ar(O) Mr(O) = 16,00 Mr(O) = 3,00 M(O) = 3,00 g mol -1 m(o) = n(o) M(O) n(o) = m(o ) M(O ) n(o) = 3, ,00 n(o)= 9, mol Determinar o volume de oxigénio gasoso, V(O), nas condições PTN, correspondente a 9, mol de O (g) V(O) = n(o) Vm n(o) = 9, ,4 n(o) =, dm 3

2 Determinar a percentagem em volume de oxigénio gasoso, (O), no ar seco %(V/V)(O ) ar seco = V(CO ) 100 %(V/V)(O V(ar) ) ar seco =, %(V/V)(O 1 ) ar seco = 1,1% Outro processo: Determinar o volume de ar, V(ar), seco ocupado por 100 g de ar seco, nas condições PTN ρ(ar) = m(ar) m(ar) V(ar) = V(ar) = 100 V(ar) = 7,69 10 dm 3 V(ar) ρ(ar) 1,30 Determinar a quantidade de matéria em 7,69 10 dm 3 (100 g) de ar seco V(ar) = n Vm n = 7,69 10,4 n = 3,434 mol Determinar a quantidade de oxigénio gasoso, n(o), correspondente a 3,14 g de O (g) Determinar a massa molar de O, Mr(O) Mr(O) = Ar(O) Mr(O) = 16,00 Mr(O) = 3,00 M(O) = 3,01 g mol -1 m(o) = n(o) M(O) n(o) = m(o ) 3,14 n(o) = n(o)= M(O ) 3,00 7, mol Determinar a percentagem em quantidade de oxigénio gasoso, (O), no ar seco, %(n/n)(oo ) aaaa ssssssss %(n/n)(o ) ar seco = n(o ) 100 %(n/n)(o V(ar) ) ar seco = 7, %(n/n)(o 3,434 ) ar seco = 1,1% 3. (C) Relativamente à molécula de CO, todas as afirmações são verdadeiras, porém apenas a afirmação C justifica o facto de a geometria desta molécula ser linear. A geometria linear ocorre em todas as moléculas diatómicas (aquelas que são constituídas por dois átomos), ou em outras moléculas cujos ângulos de ligação formem 180. Na molécula de dióxido de carbono não existem pares de eletrões de valência não ligantes no átomo central (carbono). Assim, as repulsões fundamentais são as que ocorrem entre os pares que traduzem a ligação entre o átomo de C e os dois átomos de O. De modo a minimizar as repulsões que se estabelecem entre os pares de eletrões ligantes, a molécula de dióxido de carbono assume uma geometria linear, sendo o ângulo de ligação 180º. 4. A configuração eletrónica de um átomo de carbono, no estado fundamental, é 1s s p. A configuração eletrónica do um átomo de oxigénio, no estado fundamental, é 1s s p 4. O carbono e o oxigénio pertencem ambos ao segundo período da Tabela Periódica, pois distribuem os seus eletrões pelo mesmo número de níveis energéticos (dois níveis), pelo que os eletrões de valência dos átomos de carbono e de oxigénio, no estado fundamental, encontram-se no mesmo nível energético (o segundo nível). A carga nuclear do oxigénio é superior à do carbono. Assim, os eletrões, em particular os de valência, do oxigénio vão sentir uma interação atrativa mais intensa, por parte do núcleo, que os do carbono. Essa interação mais forte origina uma contração da nuvem eletrónica mais acentuada no oxigénio. Deste modo, o raio atómico do carbono será maior do que o do oxigénio. 5. (B) O catião O + forma-se quando o átomo de oxigénio perde um eletrão. Por essa razão, o ião O + possui menos um eletrão que o átomo de oxigénio. Uma vez que a configuração eletrónica do oxigénio, no estado fundamental, é 1s s p 4, a configuração eletrónica do catião O +, no estado fundamental, será 1s s p 3, isto é, 1s s p 1 xx p1 yy p1 zz. Assim, no total temos duas orbitais totalmente preenchidas, a orbital 1s e a orbital s, e três orbitais semipreenchidas, as três orbitais, p, que são px, py e pz.

3 Grupo II 1. (D) Sendo a energia ganha ou perdida por um corpo, devido à sua variação de temperatura, dada pela expressão E = m c T, obtém-se que T = EE mm cc Assim, a variação da temperatura da água é dada pela expressão T(água) = temperatura do ar pela expressão T(ar) = m(água) = m(ar) m(ar) = ½ m(água) E(ar) = E(água) = E c(ar) = ¼ c(água) EE T(ar) = T(ar) = ½mm(ágggggg) ¼cc(ágggggg) T(ar) = 8 T(água), o que valida a opção D. EE mm(aaaa)cc(aaaa), como: EE mm(ágggggg)cc(ágggggg) EE T(ar) = 1 8 EE 8 mm(ágggggg)cc(ágggggg) mm(ágggggg)cc(ágggggg) e a variação da. (A) No mecanismo de convecção o ar que se encontra perto do aquecedor sofre aumento de temperatura, ficando menos denso do que o restante e, por esse motivo, ascende. À medida que sobe, vai transferindo energia para as regiões vizinhas, pelo que vai arrefecendo. A sua densidade vai assim aumentar de novo, voltando esse ar a descer até próximo do aquecedor, onde volta a receber energia e assim, ciclicamente, até se atingir homogeneamente a temperatura pretendida. 3. (C) A variação de energia interna, U, da amostra de ar resulta das trocas de energia com o exterior sob a forma de trabalho, W, e sob a forma de calor, Q, o que permite escrever a expressão que traduz a primeira lei da termodinâmica: U = W + Q Uma vez que foi realizado sobre a amostra um trabalho de 40 J, então, por convenção esse trabalho é positivo, W = +40 J Sendo que a energia interna diminui 500 J, então, U = 500 J U = W + Q Q = U W Q = Q = 740 J Como a troca de calor vem afetada de sinal negativo significa que a amostra de ar cedeu 740 J de energia como calor, o que valida a opção C. Grupo III 1.1. (D) O módulo da velocidade angular, ωω, de um movimento circular com velocidade, vv, de módulo constante, é dado pela expressão ωω = ππ, onde T é o período. TT Por leitura gráfica verifica-se que o período, T, do movimento (tempo de duração de uma oscilação completa) do sinal sonoro é 3,0 ms. T = 3,0 ms T = 3, s Assim ωω = ππ ππ ωω = ωω = TT 3,0 10 3,1 103 rad s 1 A frequência angular do sinal sonoro é, rad s 1, o que valida a opção D. 1.. (C) O gráfico representa a variação de pressão do ar, p, em relação à pressão de equilíbrio, em função do tempo, t, num ponto em que um som é detetado, não havendo qualquer informação sobre o facto da onda ser transversal ou longitudinal. Os sinais complexos não têm um padrão sinusoidal, daí que o sinal representado corresponda a uma onda harmónica e não complexa.

4 O gráfico não fornece qualquer informação sobre a velocidade de propagação, ou sobre a periodicidade no espaço, apenas traduz a periodicidade no tempo. A amplitude da variação de pressão é igual ao valor máximo da função representada, o qual se mantem constante e valida a opção C.. (A) Se o sensor que se encontra dentro de água deteta o som 1,14 s antes do sensor que se encontra no ar significa que o tempo de propagação do som no ar, t(ar), é superior ao tempo de propagação do som na água, t(água) em 1,14 s. t(ar) = t(água) + 1,14 t(ar) t(água) = 1,14 s Estando os dois sensores à mesma distância do local onde o som é emitido, a distância percorrida no ar, d(ar), é igual à distância percorrida na água, d(água). d(ar) = d(água) Uma vez que nos dois meios o som se propaga com velocidade constante d(ar) = v(ar) t(ar) e d(água) = v(água) t(água) Sendo d(ar) = d(água), v(água) t(água) = v(ar) t(ar) 1, t(água) = 3,4 10 t(ar) Assim, t(ar) t(água) = 1,14 s e 1, t(água) = 3,4 10 t(ar), o que valida a opção A. Grupo IV 1.1. (B) O trabalho realizado pelo peso quando desloca um corpo de uma posição para outra depende apenas da posição inicial e da posição final, qualquer que seja a trajetória descrita, dado que o peso é uma força conservativa. Uma vez que o trabalho realizado pelo peso é dado pela expressão W = - Epg W = -(Epg(final) Epg(inicial)) e tendo em conta que Epg = m g h então, W = (mghf - mghi) W = mg(hf hi) W = mg h. Como o desnível entre A e B é igual ao desnível entre C e D, hb ha = hd hc, e tendo em consideração que a variação do módulo da aceleração gravítica com a altura em relação ao solo é desprezável, conclui-se que o trabalho realizado pelo peso do balão entre as posições A e B é igual ao trabalho realizado pelo peso do balão entre as posições C e D, o que valida a opção B. 1.. (B) A energia mecânica, Em, é dada pela expressão Em = Ec + Ep onde Ec representa a energia cinética e Ep a energia potencial gravítica. Dado que o módulo da velocidade se mantém praticamente constante e a massa do balão também, o mesmo se verifica com a energia cinética pois esta é dada pela expressão Ec =. A energia potencial gravítica é dada pela expressão Ep = m h g e, tendo em conta que a variação do módulo da aceleração gravítica com a altura em relação ao solo é desprezável, verifica-se que a energia potencial gravítica varia linearmente com a altura, sendo tanto maior quanto maior for a altura. A energia mecânica pode ser calculada recorrendo à expressão Em = mmvv + m g h, o que mostra que esta também varia linearmente com a altura. Deste modo, quando se representa a energia mecânica em função da altura obtém-se uma linha reta que tem como ordenada, na origem, a energia cinética, e como declive o produto da massa pelo módulo da aceleração gravítica, m g Tendo em consideração o teorema da energia cinética, W = Ec, onde W representa a soma dos trabalhos realizados pelas forças que atuam no balão e Ec a variação da energia cinética do centro de massa do balão durante o seu deslocamento. mm vv

5 O balão sobe com velocidade de módulo, v, praticamente constante. Então, a variação da energia cinética, Ec, é praticamente nula, pois Ec = Ec(f) Ec(i) Ec = mmvv ff mmvv ii. Como vfinal = vinicial então Ec =0. Se a variação da energia cinética é nula, então também o trabalho da resultante das forças que atuam no balão é nulo, W = 0. Sendo o trabalho da força resultante, W, dado pela expressão W = FR d cosαα e não sendo o deslocamento, d, nulo, entre as posições A e B, nem sendo a resultante das forças que atuam no balão perpendicular ao deslocamento, αα 90 0, conclui-se que a intensidade da resultante das forças, FR, entre as posições A e B é nula Determinar o desnível entre a posição A e a posição B, x xo Tendo em conta que o balão, de massa 600 g, se desloca da posição A até à posição B com velocidade constante de módulo 5,8 m s 1, então a aceleração, aa, será nula. Assim, tendo em conta a expressão x = xo + vo t + ½ a t que pode ser simplificada para x xo= vo t x xo = vot x xo = 5,8 45 x xo = 61 m Determinar a soma dos trabalhos realizados pelas forças não conservativas, WFnc, que atuam no balão, entre as posições A e B WFnc = Em sendo Em = Ec+ Ep. Como já foi referido, dado que a velocidade permanece constante entre as posições A e B, então Ec = 0 pois Ec = Ec(final) Ec(inicial) ECc = mmvv ff e como vfinal = vinicial, mmvv ii então, Ec =0. Assim Em = Ep Em = Epf Epi Em =mghf mghi Em =m g (hf hi) Em = m g (x xo) Em = 0, Em =1566 J A soma dos trabalhos realizados pelas forças não conservativas que atuam no balão entre as posições A e B é 1, J.. (D) A frequência, f, e o comprimento de onda, λ, relacionam-se através da expressão, λ = vv, onde v é o módulo ff da velocidade de propagação da onda. Sabendo que f = 1860 MHz f = Hz f = 1, Hz Determinar o comprimento de onda, no ar, da radiação de frequência 1, Hz λ = vv 3, λ = ff 1, λ = 0,179 m O comprimento de onda, no ar, da radiação de frequência 1, Hz é 0,179 m, o que valida a opção D CaH (s) + HO (l) Ca(OH) (s) + H (g) 3.. (A) O número de oxidação do hidrogénio, nos hidretos, é menos um (-1). Tendo em consideração a regra da eletroneutralidade, a soma dos números de oxidação de todos os átomos que constituem uma molécula tem de ser igual a zero. n.o.(ca) + n.o.(h) = 0 n.o.(ca) + (-1) = 0 n.o.(ca) + (-) = 0 n.o.(ca) = Assim, o número de oxidação do cálcio no hidreto de cálcio é, o que valida a opção A. Grupo V 1.1. (D) O resultado final da medição de tb, deve ser apresentado na forma: tb = tt BB ± tt BB

6 onde tt BB é o resultado médio do conjunto dos três ensaios e tt BB é a incerteza da medição. Esta incerteza será o maior dos valores dos desvios, δδ ii, em módulo ou a incerteza associada à medição se esta for maior que o maior dos desvios em módulo. Desvio, δδ ii, é a diferença entre o valor da leitura de ordem i e o valor mais provável, tt BB. δδ ii = tt BB ii tt BB Determinar o resultado médio do conjunto dos três ensaios, tt BB tt BB = tt 1+tt +tt 3 3 tt BB = 8,84+8,78+8,79 3 tt BB = 8,80 ms Determinar os desvios, δδ ii, de cada ensaio δδ 1 = tt BB 1 tt BB δδ 1 = 8,84 8,80 δδ 1 = 0,04 ms δδ = tt BB tt BB δδ = 8,78 8,80 δδ = 0,0 ms δδ 3 = tt BB 3 tt BB δδ 3 = 8,79 8,80 δδ 3 = 0,01 ms Determinar a incerteza de leitura do aparelho de medida No caso de uma medição direta, tratando-se de um instrumento digital e na ausência de qualquer outra informação, é tomada como incerteza de leitura a casa decimal correspondente ao último dígito, neste caso 0,01 ms. Determinar a incerteza absoluta da medição A incerteza absoluta da medição é 0,04 ms, pois é o maior dos desvios e maior que a incerteza de leitura associada ao instrumento de medida. Assim, para este conjunto de ensaios, o resultado da medição é tb = (8,80 ±0,04) ms, o que valida a opção D Considera-se que o movimento da esfera é retilíneo e uniforme, no tempo em que esta demora a passar em frente da célula B, ou considera-se que o módulo da velocidade da esfera é constante, no tempo em que esta demora a passar em frente da célula B. Qualquer uma destas aproximações é válida, uma vez que o tempo que a esfera demora a passar em frente da célula B é muito pequeno, permitindo considerar sem significado a variação de velocidade nesse intervalo de tempo. Assim, pode considerar-se que o módulo da velocidade média é igual ao módulo da velocidade de passagem da esfera na célula (D) O cálculo do módulo da velocidade da esfera no instante em que esta se encontra em frente da célula fotoelétrica B, vb, para além de pressupor que a esfera interrompe o feixe luminoso da célula B pelo seu diâmetro, d, pressupõe também que a velocidade da esfera no intervalo de tempo que demorou a passar em frente da célula B, tb, é aproximadamente constante. Nestas condições vb pode ser calculada recorrendo à expressão vb = dd tt BB. Se a esfera interromper o feixe luminoso por um comprimento inferior ao seu diâmetro, o valor medido de tb será inferior ao valor verdadeiro e vb será superior ao verdadeiro. Em consequência, o valor experimental do módulo da aceleração gravítica, gexp, também será superior ao verdadeiro, contendo assim um erro por excesso Deverá considerar-se que o módulo da velocidade da esfera no instante em que esta se encontra em frente da célula fotoelétrica A é zero, 0 m s -1. Esta aproximação é válida porque a velocidade da esfera quando esta passa na célula A é insignificante quando comparada com a sua velocidade quando passa junto à célula B.. Determinar o módulo da aceleração gravítica obtido nesta experiência Enquanto percorre a distância entre as células, a esfera descreve um movimento que se considera retilíneo uniformemente acelerado. Assim, esse movimento é caracterizado pela seguinte equação das posições. yy yy 0 = vv 0 tt + aatt tendo em conta vv 0 = 0 m s 1, pode escrever-se yy = aatt tt = aa yy

7 Por comparação, tendo em conta a equação da reta que melhor se ajusta ao conjunto de pontos do gráfico, verifica-se que: = 0,198 aa = aa = 10,1 m aa 0,198 s Determinar o erro percentual do módulo da aceleração gravítica obtido nesta experiência vvvvvvvvvv eeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeee vvvvvvvvvv dddd rrrrrrrrrrênnnnnnnn Erro percentual = 100 Erro percentual = 10,1 9,8 vvvvvvvvvv dddd rrrrrrrrrrênnnnnnnn 9,8 100 Erro percentual = 3,1% O erro percentual do módulo da aceleração gravítica obtido nesta experiência, tomando como referência o valor 9,8 m s, é 3,1%. Grupo VI 1.1. (B) Determinar a quantidade total, n(total), de substâncias A e B inicialmente introduzidas no reator. n(total) = n(a) + n(b) n(total) = 0, ,400 n(total) = 0,800 mol Determinar o número total, N(total), de moléculas das substâncias A e B inicialmente introduzidas no reator. N(total) = NA n(total) N(total) = 6, ,800 N(total) = 4, moléculas Inicialmente foram introduzidas no reator um total de 4, moléculas, o que valida a opção B. 1.. Recorrer ao esquema seguinte para evidenciar as quantidades de cada constituinte do sistema químico que se gastaram ou que se formaram até se atingir o equilíbrio. aa(g) + bb(g) cc(g) ninicial / mol 0,400 0,400 0 variação / mol ax bx + cx neq / mol 0,400 ax 0,400 bx cx neq / mol 0,344 0,3 0,1 Determinar a quantidade de A que reagiu, n(a)r n(a)r = n(a)inicial n(a)eq n(a)r = 0,400 0,344 n(a)r = 0,056 mol Determinar a quantidade de B que reagiu, n(b)r n(b)r = n(b)inicial n(b)eq n(b)r = 0,400 0,3 n(b)r = 0,168 mol Determinar os coeficientes estequiométricos a, b e c. Quando se formam 0,1 mol de C gastam-se 0,056 mol de A e 0,168 mol de B. Assim, pode dizer-se que a quantidade de B que se gasta é o triplo da de A ( 0,168 = 3) e a quantidade de C que se forma é o dobro da 0,056 quantidade de A que se gasta ( 0,1 = ). O que permite concluir que a = 1; b = 3 e c =. 0,056 Determinar a constante de equilíbrio à temperatura T Tendo em consideração os coeficientes estequiométricos determinados pode escrever-se a equação química que traduz a reação química como: A (g) + 3B (g) C (g) cuja constante de equilíbrio pode ser determinada recorrendo à expressão KK CC = CC ee AA ee BB ee 3 KK CC = nn(cc) ee VV 0,11 1,00 KK nn(aa) ee VV nn(bb) ee CC = KK VV 3 0,344 c =,9 1,00 0,3 1,00 3 A constante de equilíbrio, Kc, da reação considerada, à temperatura T, é,9.. O princípio de Le Châtelier, postulado pelo químico francês Henri Louis Le Châtelier, estabelece que: "Se for imposta uma perturbação a um sistema químico em equilíbrio, este deslocar-se-á predominantemente no sentido de contrariar a perturbação a que foi sujeito."

8 Assim, um aumento de temperatura favorece a reação endotérmica, aquela que ocorre com absorção de energia. Tendo em consideração que a variação de entalpia deste sistema químico é negativa, H < 0, a reação no sentido direto é exotérmica, pelo que ocorre com libertação de energia (e a reação no sentido inverso é endotérmica, ocorre com absorção de energia). Assim, se a temperatura aumentar é favorecida a reação no sentido inverso, o que conduz a um aumento das concentrações de A e de B e à diminuição da concentração de C, o que conduz a uma diminuição da constante de equilíbrio da reação considerada. Grupo VII 1. Na molécula de ácido metanoico existem no total 18 eletrões de valência. O número de eletrões de valência de uma molécula é o somatório de número de eletrões de valência de todos os átomos que constituem essa molécula. A molécula de ácido metanoico, HCOOH, é constituída por um átomo de carbono, dois de oxigénio e dois de hidrogénio, todos elementos representativos. No caso dos elementos representativos os eletrões de valência são aqueles que se situam no último nível, tendo em consideração as configurações eletrónicas de estado fundamental. Assim, tendo em consideração as respetivas configurações eletrónicas de estado fundamental: 1H 1s 1 6C 1s s p 8O 1s s p 4 Número eletrões de valência será 4 + ( 6) + ( 1) Número eletrões de valência = 18 Os eletrões de valência são aqueles que se representam nas estruturas de Lewis. Considerando a estrutura de Lewis da molécula de ácido metanoico, facilmente se identificam 18 eletrões de valência, 10 ligantes (5 dupletos ligantes) e 8 não ligantes (4 dupletos não ligantes). Neste tipo de representação cada traço representa dois eletrões e cada ponto um eletrão. Assim, os traços representam os ligantes e o conjunto de cada dois pontos representa um dupleto não ligante.. Segundo Brönsted-Lowry, par conjugado ácido-base são duas espécies que diferem uma da outra num protão (ião H + ), sendo que a base possui menos um protão que o ácido. Ou, segundo Brönsted-Lowry, par conjugado ácido-base são duas espécies que se convertem uma na outra por ganho ou perda de um protão (o ácido converte-se na respetiva base conjugada por perda de um protão ou a base converte-se no seu ácido conjugado por ganho de um protão). 3. A ionização do ácido metanoico em água pode ser traduzida por: HCOOH (aq) + HO (l) HCOO (aq) + H3O + (aq) O esquema seguinte evidencia que a quantidade de H3O + quando se atinge o equilíbrio é, nestas condições, igual à quantidade de ácido que sofreu ionização HCOOH (aq) + HO (l) HCOO (aq) + H3O + (aq) ninicial / mol ni * variação / mol -x --- +x +x neq / mol ni x --- x x *A quantidade inicial de H3O + (aq) não é zero devido à autoionização da água. No entanto, a quantidade de H3O + (aq) proveniente da autoionização da água é muito pequena quando comparada com a proveniente da ionização do ácido. Assim, pode considerar-se praticamente zero e, por isso, pode desprezar-se a quantidade inicial de H3O + (aq), pois ela é a proveniente da autoionização da água.

9 Determinar a concentração de H3O + na solução de ácido metanoico, [H3O + ]eq Sabendo que ph = 3,0 e que ph = -log [H3O + ]eq [H3O + ]eq = 10 ph [H3O + ]eq = 10-3,0 [H3O + ]eq = 6, mol dm 3 Determinar a concentração de ácido ionizado na solução de ácido metanoico [HCOOH]ion. [HCOO ]eq = [H3O + ]eq [HCOO ]eq = 6, mol dm 3 Dado que [HCOO ]eq = [HCOOH]ion [HCOOH]ion = 6, mol dm 3 Determinar a concentração de ácido não ionizado na solução de ácido metanoico [HCOOH]eq Ka = [H 3O + ] eq [HCOO ] eq [HCOOH] [HCOOH] eq = [H 3O + ] eq [HCOO ] eq [HCOOH] eq KK eq = 6, , aa 1, [HCOOH] eq =, mol dm 3 Determinar a quantidade de ácido ionizado, n(hcooh)ion, que existe em 50,0 cm 3 de solução de ácido metanoico V(solução)= 50,0 cm 3 V(solução)=, dm 3 n(hcooh)ion = [HCOOH]ion V(solução) n(hcooh)ion = 6, , n(hcooh)ion = 1, mol Determinar a quantidade de ácido não ionizado, ou seja, que existe no equilíbrio, n(hcooh)eq, que existe em 50,0 cm 3 de solução de ácido metanoico V(solução)= 50,0 cm 3 V(solução)=, dm 3 n(hcooh)eq = [HCOOH]eq V(solução) n(hcooh)eq =, , n(hcooh)eq = 5, mol Determinar a quantidade total de ácido metanoico, n(hcooh)t, que existe em 50,0 cm 3 de solução de ácido metanoico n(hcooh)t = n(hcooh)eq + n(hcooh)ion n(hcooh)t = 5, , n(hcooh)t = 7, mol Determinar a massa de ácido metanoico, m(hcooh), que terá de ser utilizada para preparar 50,0 cm 3 de solução de ácido metanoico m(hcooh) = n(hcooh)t M(HCOOH) m(hcooh) = 7, ,03 m(hcooh) = 3, g Para preparar 50,0 cm 3 de solução aquosa de ácido metanoico de ph 3,0 são necessários 3, g de ácido metanoico.