Gabarito 1 Química C 01) B 02) D 03) D Pela equação dada, a constante de equilíbrio é: K c = [ ].[ ] [ ] [ ].[ , ] [] HPO H H PO 4 2 2 4 1 02 2 = 0,1 04) E I. (OH) – + H A B A tampão + − + − + + + ○ [OH – ] Reage com H ácido do tampão + ↓ ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ H 2 O. II. HCO H CO H HCO Desloca o equilíbrio para o lado contrário. 3 2 3 3 H CO H HCO H pH 2 3 3 ○ ○ | [ ] III. CO HO H CO H CO óxido ácido H pH 2 2 2 3 3 2 2 ↓ + − ↑ ↓ + ⎯→ ⎯ + + [ ] 05) D 06) A H 3 CCOOH K a = 2 . 10 –5 log 2 = 0,3 pH = pK a + log [ ] [ ] sal base pH = pK a + log [, ] [, ] 01 01 M M pH = pK a + log 1 pH = pK a + 0 pH = pK a Como calcular pK a ? pK a = –log K a Multiplicando a equação acima por (–1), encontra- mos: –pK a = log 10 K a . Aplicando a definição de log, obtemos: K = 10 a pK a Exemplo: K K a a pK a 2 10 10 6 ○ . por igualdade de exponencial pK a = 6 – log 2 pK a = 6 – 0,3 pK = 5,7 a Voltando para o exercício, temos: pH = pK a K a 2 10 5 ○ . K = 10 a pK a por igualdade de exponencial Química C – Semi-Extensivo – V. 4 Exercícios
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Química C – Semi-Extensivo – V. 4 - energia.com.br · Gabarito 2 Química C pK a = 5 – log 2 pK a = 5 – 0,3 = 4,7 Conclusão: pH = pK a pH = 4,7 Detalhes: K = 10 a pK a K
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Transcript
Gabarito
1Química C
01) B02) D
03) DPela equação dada, a constante de equilíbrio é:
Kc = [ ] . [ ][ ]
[ ] . [ , ][ ]
HPO HH PO
42
2 4
1 0 22
= 0,1
04) E
I. (OH)– + H A B Atampão
+ − + −+ + +○� ����������������
[OH–] Reage com H
ácido dotampão
+
↓
⎡⎣ ⎤⎦ H2O.
II. HCO H CO H HCODesloca
o equilíbriopara o lado
contrário.
3 2 3 � 33
H CO H HCOH pH
2 3 3�○ ○
|[ ]
III. CO H O H CO H COóxido ácido H pH
2 2 2 3 322
↓
+ −
↑ ↓
+ ⎯→⎯ ++
�� �������������
[ ]�������
05) D
06) A
H3CCOOHKa = 2 . 10–5
log 2 = 0,3
pH = pKa + log [ ][ ]
salbase
pH = pKa + log [ , ][ , ]0 10 1
MM
pH = pKa + log 1pH = pKa + 0pH = pKa
Como calcular pKa?pKa = –log KaMultiplicando a equação acima por (–1), encontra-mos:–pKa = log10 Ka.Aplicando a definição de log, obtemos:
09) CI. água pura pH = 07II. água da chuva em ambiente não-poluído
pH = 6,8
III.NaOH pOH = –log 10–1 pOH = 1 pH = 13
IV. HC� pH = –log 10–1 pH = 1V. leite de magnésia = solução aquosa de Mg(OH)2 =
= base fraca pH > 7VI.H2SO4 [H+] = . 2 M [H+] = 1 . 2 . 10–1
pH = –log 2 + (–log 10–1) pH = –0,3 + 1 pH = 0,7
10) B
2 242
2 72
2CrO H Cr O H Oaqamarela
aq aqalaranjada
( ) ( ) ( ) ( )� �
[ ][ ]H pHH
contráriolado
+
+↑ ↓
↑� �����������
2 242
2 72
2CrO H Cr O H Oalaranjada
○ ○
� ⇀��↽� � �����
11) Bsuco de tomatepH = 4,8 [H+] = 10–4,8
agua de chuva pH = 5,6 [H+] = 10–5,6
agua do mar pH = 8,2 [H+] = 10–8,2
azul de bromotimol [ ]
[ ] , .
H amarelo
H azul
10
2 5 10
6
5
amarelo [H+] > 10–6---10–5---10–4---10–3
azul [H+] < 10–4,6---10–5---10–6---10–7
[H+] = 10–pH
[H+] = 2,5 . 10–5
pH = 5 – log 2,5pH = 5 – 0,4pH = 4,6suco de tomate – amareloágua de chuva – amareloágua do mar – azul
12) a) Kc = [ ] . [ ][ ] . [ ]Cr O H OCrO H
2 72
2
42 2 2
b) O aumento do pH deve-se à diminuição dos íonsH+, o que ocasionaria um deslocamento do equilí-brio no sentido de sua reposição, ou seja, para aesquerda, aumentando a concentração dos íons
31) A diferença de potencial produzida pela pilha de com-bustível hidrogênio-oxigênio é:
Eo = +0,40 V – (–0,83 V) Eo = 1,23 VA diferença de potencial produzida pela bateria ideal,formada a partir da associação em série de 10 pilhasde combustível hidrogênio-oxigênio é:d.d.p. (bateria) = 10 . 1,23 V 12,3 VDurante o funcionamento da célula de combustível hi-
drogênio-oxigênio, a concentração de íons OH aq( ) é
mantida constante de acordo com a equação globalda pilha.
2 4 4 4
2 4 4
2
2
2
2 2
H OH H O e
O H O e O
g aq
g
( ) ( ) ( )
( ) ( )
�
� HH
H O H Oaq
g g
( )
( ) ( ) ( )2 22 2 2 �
32) Bc rátodo edução⇒
consoante/consoante
gato
cat/
vermelho
red
33) DPela informação dada, a reação é de oxidação docombustível e redução do oxigênio.
34) CPela notação apresentada, temos:
Mg(s) Mg aq( )2 + 2e– O eletrodo de magnésio
sofre oxidação, portanto, é o ânodo.
Fe aq( )2 + 2e– Fe(s) O eletrodo de ferro sofre
redução, portanto, é o cátodo.Os elétrons fluem, pelo circuito externo, do ânodo (Mg)para o cátodo (Fe).A concentração da solução de Mg2+ aumenta com otempo.
35) A
36) 05
M M e
Cu e Cu
0 2
2 0
2
2
⎯ →⎯ ++ ⎯ →⎯
+ −
+ −
(oxidação)
(redução)
37) 13
2Cr+3(aq) 2Cr0
[Cr+3]38) C
Mg Mg e
Zn e Zn
0 2
2 0
2
2
⎯ →⎯ ++ ⎯ →⎯
+ −
+ −
(oxidação)
(redução)
Gabarito
6 Química C
39) A
40) 30
ganhando
E
E
red.o
red.o
= 0,34 V
Cu
= 0,80 V Ag
Prata vai ganhar: E Eredo
redo
. . .Ag Cu
Arrumando a pilha.
ânodo||cátodobalanceada
41) 88
Ca+2 + 2e– � Ca0
E
Vredo
o
.
, ( )2 87 3
Ni+2 + 2e– � Ni0 0 23 1, ( )V
maior
o
Zn+2 + 2e– � Zn0 –0,76 V (2o)Maior poder para reduzir. (Ganhar e–.)Ni+ > Zn > Ca–
redução ag. oxidante→42) A
O eletrodo de prata (Ag+/Ag0) apresenta o maior po-
tencial-padrão de redução (Eredo ) e, assim, funciona
como o cátodo da célula eletroquímica.43) 36
Cd e Cd E
Ni e Ni E
redo
redo
2 0
3 2
2 0 4
1 10
V
V
.
.
,
,
Ganhar e .
44) 0645) 14
46) C
Gabarito
7Química C
O zinco protege o ferro contra a oxidação.
E Zn E Feoxido
oxido
. .
47) D
2 2 20H e H
eletrodos
g( )
I e III
48) ENos eletrodos II e IV, denominados ânodos, ocorre aoxidação, portanto o cobre metálico que forma os ele-trodos II e IV apresenta um pequeno desgaste. (Ob-servar desenho da questão 47).
49) C
dissociação 2A O�2 3(s) 4 3A� + 6 2O
cátodo 4 3A� + 12e 4A s� ( )0
ânodo 6 2O 12e + 3 2O g( )
combustãodo grafite
3 2O g( ) + 3C(grafite) 3CO2(g)
2A O s�2 3( ) + 3C(s) 4A�0 + 3CO2(g)
50) A
2Ag+1 + 2e 2Ag0
2(OH)– H2O + 12
O2 + 2e
2Ag 1 1 02 22 2
12
( )OH Ag H O O� ��� � ���
↗
51) C
52) DProcesso banho de ouro (Au)A galvanização ou eletrodeposição metálica é umatécnica que permite dar um revestimento metálico adeterminada peça, colocando-a como cátodo (pólonegativo) em um circuito de eletrólise. A técnica quepermite revestir um objeto metálico com uma camadade ouro metal é a galvanostegia.