Química - Livro 3-166-168

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QUÍMICA Capítulo 6 Equilíbrio químico II166
Feitos os cálculos pedidos, deve-se salientar que o
composto de menor Kps não é, necessariamente,
o menos solúvel.
Observe a ordem crescente de Kps para os compostos:
(Kps)Pb3(PO4)2
< (Kps)Al(OH)3
< (Kps)Fe4(P2O7)3
< (Kps)Mg(OH)2
< (Kps)BaSO4
Observe também a ordem crescente de solubilidade
desses mesmos compostos:
SPb3(PO4)2
< SAl(OH)3
< SBaSO4
< SMg(OH)2
< SFe4(P2O7)3
Perceba como um Kps maior não garante uma solubi-
lidade maior. Portanto, quando um problema fornecer
o produto de solubilidade dos compostos químicos e
pedir o de menor solubilidade em água, deve-se cal-
cular a solubilidade S partindo do Kps para cada uma
das espécies.
17 Para o composto iônico CaSO4, de produto de solu-
bilidade 2,5 . 10–5, calcule a solubilidade em água e
também em solução aquosa de Na2SO4, 0,25 mol/L
Discuta os resultados encontrados.
Resolução:
O equilíbrio iônico para o composto CaSO4 é dado por:
 CaSO4(s)  Ca
2+(aq) + SO2–4 (aq)
Equilíbrio: S S
Portanto, Kps = S
2∴ 2,5 ⋅ 10 5 = S2 ∴
SCaSO4 = 5 ⋅ 10
–3 mol/L.
Entretanto, se a esse equilíbrio já estabelecido se
adiciona íons SO24
– (aq), de tal forma que sua con-
centração na solução seja de 0,25 mol/L (sem levar
em conta o SO24
– (aq) da dissolução do sulfato de
cálcio), evidentemente o equilíbrio seria desloca-
do para a esquerda, no sentido da precipitação do
CaSO4. Assim, percebe-se que a presença de íons
sulfato (assim como de íons cálcio) diminui a solu-
bilidade do sulfato de cálcio em relação à sua solubi
lidade em água pura.
De maneira formal, teríamos:
 CaSO4(s)  Ca
2+(aq) + SO2–4 (aq)
Equilíbrio: S S + 0,25
Portanto, Kps = S  ⋅  (S  +  0,25) ∴ 2,5  ⋅ 10
–5  =  S  ⋅  (S  +  0,25).
Contudo, já sabendo que a solubilidade em água pura
vale 5  ⋅ 10 3 mol/L, e que a nova solubilidade em so-
lução aquosa de Na2SO4 é ainda menor, é fácil notar
que S + 0,25  ≈  0,25, já que 0,25 >> S.
Assim, Kps  = S  ⋅  (S  + 0,25) ∴ 2,5  ⋅ 10
5   ≈ S  ⋅ 0,25 ∴
S ≈ 10 4 mol/L.
Logo, a presença prévia de íons formadores do ele-
trólito no estado sólido, em solução aquosa, diminui
a solubilidade desse composto, pelo efeito do íon
comum.
18 Qual é o valor do pH do leite de magnésia?
Dado: KpsMg(OH)2 = 7 
.  10 12
Resolução:
O leite de magnésia é uma suspensão de hidróxido
de magnésio em água, ou seja, é uma solução satura-
da de hidróxido de magnésio com o respectivo sólido,
que se encontra disseminado no sistema por agita-
ção. Os íons magnésio e hidróxido são provenientes
da dissolução da base e, portanto, estão em propor-
ção estequiométrica. Equacionando, tem-se:
 Mg(OH)2(s)  Mg
2+(aq) + 2OH–(aq)
Equilíbrio: S 2S
Como K Mg aq OH aq
S S
ps = 

 ⋅



 ∴
⋅ = ⋅ ∴ ⋅
+ −
− −
2
1 2
12 2 1
7 10 2 7 10
( ) ( )
( )
22 3
4
4
4
1 2 10
2 2 1 2 10
= ∴
= ⋅



 = = ⋅ ⋅ ∴
−
− −
S
S mol L
Mas OH aq S
,
( ) ,
/
 /[ ( )] ,OH aq mol L
Sabendo que pOH log OH
− −
−
= ⋅
= 

∴
2 4 10
4
pOH log pOH
Na temperatura ambien
= − ⋅ ∴ =−2 4 10 3 624, ,
tte pH pOH
pH pH
,
, ,
+ = ∴
∴ =+ =
14
3 62 14 10 38
2o caso: os íons dissolvidos são provenientes
de soluções distintas
Quando os íons que compõem um eletrólito provêm de
soluções distintas, é muito provável que cátions e ânions não
estejam em proporção estequiométrica. Portanto, um dos íons
está em excesso em relação ao outro. Muito se diz sobre
o fato de um reagente em excesso não aumentar a quan-
tidade de produto formado, o que é verdade, mas não se deve
esquecer que o aumento da concentração de um reagente
aumenta a velocidade de precipitação. Assim, jamais se deve
desprezar o efeito do excesso de um dos íons na precipita-
ção de um soluto, já que o equilíbrio depende da relação entre
as velocidades de dissolução e precipitação.
Portanto, se o cátion e o ânion ativos no processo de
precipitação estiverem em soluções distintas, pode-se mis-
turar essas soluções. Após a mistura, cátion e ânion terão
concentrações molares 


C (aq) e
y+
mistura




e A (aq)
a
x–
mistura
,
respectivamente.
 Assim, pode-se definir Qps, que tem a mesma expres-
são do Kps, mas as concentrações dos íons não são as da
situação de equilíbrio.
Q = C (aq) A (aq)ps
y+
mistura
x
x
mistura
y



 ⋅




−
F
R
E
N
T
E
 3
167
Se Q
> K pr
ps
ps → eecipitação (equilíbrio entre
sólido e solução saturada)
= K sops → llução saturada sem precipitação
(iminência de equilíbrio)
< Kps → ssolução insaturada sem precipitação
(não há equilíbrio)








Pode-se esquematizar essa mistura de soluções da
seguinte forma:
Mistura de soluções
(Contém ânion inerte na
eventual precipitação)
(Contém cátion inerte na
eventual precipitação)
Se Q
ps
 > K
ps
Se Q
ps
 = K
ps
Se Q
ps
 < K
ps
Solução saturada
com corpo de fundo
(Equilíbrio)
Solução
saturada
(Iminência do equilíbrio)
Solução
insaturada
(Não há equilíbrio)
y (aq)C + xA –
yC + xA
C
x
A
y
(s)
(aq)
(aq)
(aq) (aq)
(aq)
yC + xA –
(aq) (aq)
yC + xA – (aq) (aq)
yC + xA
+
= ⋅
x y
y x
ps
mistura mistura
Q C (aq) A (aq)
Fig. 9 Esquema da mistura de soluções em que uma delas contém o cátion, e a
outra, o ânion. Pode haver precipitação.
Exercícios resolvidos
19 Uma solução aquosa contém íons fosfato em uma
concentração de 10–6 mol/L. Qual deve ser a máxi
ma concentração de íons plumboso para a qual não
ocorre precipitação?
Dado: KpsPb3(PO4)2 = 3
. 10–44
Resolução:
Primeiramente, cátions e ânions não estão em pro-
porção estequiométrica. Esse equilíbrio pode ser
equacionado da seguinte forma:
Pb3(PO4)2(s)  3Pb
2+(aq) + 2PO3–4 (aq)
Equilíbrio: ? 10–6 mol/L
Como K Pb aq PO aq
Pb
ps = 

 ⋅




⋅∴ =
+ −
− +
2
3
4
3
2
44 2
3 10
( ) ( )
(aaq
Pb aq mol L
)
( ) ,



 ⋅ ( )



 ⋅∴ =
−
+ −
3
6
2
2 11
10
3 11 10 /
20 Uma solução aquosa contém íons alumínio com
concentração de 10 4  mol/L. Qual deve ser o menor
valor de pH para o qual ocorre precipitação de hidró-
xido de alumínio?
Dado: KpsAl(OH)3= 3 
.  10 34
Resolução:
Esquematizando o equilíbrio do hidróxido de alumínio
sólido e de seus íons em solução aquosa, temos:
 Al(OH)3(s)  Al
3+(aq) + 3OH–(aq)
Equilíbrio: 10–4 mol/L ?
Aplicando a expressão do produto de solubilidade,
temos:
K = A aq OH aq
3 10 = 10 OH aq
ps
3+
1 3
34 4
 ( )  ⋅ ( ) 
∴ ⋅ ⋅ ( ) 
−
− − −

∴ 

 ⋅
− 


∴
− −
−
3
10
OH (aq) = 1,44 10 mol/L
Mas: pOH = log OH
pOH = log1,44 10 pOH = 9,84
Na temperatura ambiente
10⋅ ∴ −
,, pH + pOH = 14
pH + 9,84 = 14 pH = 4,16∴ ∴
21 50 mL de uma solução contendo 3 . 10 5 mols de
BaCl2 por litro são misturados com 100 mL de uma
solução contendo 4,5 . 10–5 mols de Na2SO4 por litro.
Qual o percentual, em mols de íons bário, que será
precipitado?
Dado: KpsBaSO4= 1,25 
. 10 10
Resolução:
Os íons bário podem precipitar na forma de sulfato de
bário, sal praticamente insolúvel em água. Procede-
-se, primeiramente, calculando o número de mols do
cátion e do ânion que podem precipitar.
n = V L n = 3 10 50 10
n = 1,5 10 mols
n
Ba Ba
5 3
Ba
6
S
2+ 2+
2+
M ⋅ ( )∴ ⋅ ⋅ ⋅
⋅∴
− −
−
OO SO
5
SO
6
4
2
4
2
4
2
= V L n = 4,5 10 0,1
n = 4,5 10 mols
−
−
⋅ ( ) ⋅ ⋅ ⋅
⋅∴
−
−
M −
QUÍMICA Capítulo 6 Equilíbrio químico II168
O volume da solução nal é 150 mL, ou 0,15 L.
Portanto:




∴



⋅
∴ 



⋅




∴ 



⋅
∴ 



⋅
Ba =
n
V(L)
Ba =
1,5 10
0,15
Ba = 1 10 mol/L
SO =
n
V(L)
 SO =
4,5 10
0,15
SO = 3 10 mol/L
2+ 1 2+
–6
2+ –5
4
2– 1
4
2–
–6
4
25
Com isso:
= 



⋅ 



∴ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
∴ = ⋅ > = ⋅
+
Q Ba SO Q 1 10 3 10
Q 3 10 K 1,25 10
ps
2
4
2–
ps
–5 –5
ps
10
ps
10
Logo, ocorrerá precipitação de sulfato de bário. De-
ve-se analisar a porcentagem de bário que precipita,
portanto, para a tabela em mol/L:
 BaSO4(s)  Ba
2+(aq) + SO2–4 (aq)
Início: 1 . 10–5 3 . 10–5
Reagiu: – x – x
Equilíbrio: 1 . 10–5 – x 3 . 10–5 – xAplicando o produto de solubilidade:
( ) ( )



 ⋅




∴ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
∴ ⋅ ⋅
K = Ba SO
1,25 10 = 1 10 –x 3 10 – x
x – 4 10 x + 1,75 10 = 0
ps
2+
4
2–
–10 –5 –5
2 5 10
Para essa equação do 2o  grau, tem-se duas raízes.
Uma delas vale 3,5 10 5 (não convém, já que a quan-
tidade que deveria precipitar supera o que existe
inicialmente), enquanto a outra vale 0,5 10 5 (convém).
Como o que precipita é 0,5 10–5 mol/L e o que se tem
no início é 1 10–5 mol/L, então a porcentagem inicial
de íons bário que precipitam é de 50%.
22 Uma solução aquosa de Hg(NO3)2 tem concentração
2 . 10–9 mol/L. A 5 L dessa solução se adiciona, gota a go-
ta, solução aquosa de NaI, de concentração 1 . 10–5 mol/L.
A partir de qual gota se verifica precipitação?
Dado: KpsHgI2= 1,8 
.  10 28e volume de uma gota = 0,05 mL.
Resolução:
Quando se gotejam x gotas da solução de NaI na
solução de Hg(NO3)2, o soluto iodeto de sódio sofre
diluição, que pode ser calculada por:
M M⋅ ⋅ ∴ ⋅ ⋅ ⋅ 



⋅
∴ 



⋅
V = V 1 10 0,05 x = I ' 5 000
I = 10 x mol/L
' ' –5
'
10
Note como a solução de 5 L não sofrerá alteração
signicativa de volume com o acréscimo de algumas
gotas. Além disso, a adição dessas gotas não dilui de
maneira signicativa os íons mercúrio. Portanto:
 Em mol/L HgI2(s)  Hg
2+(aq) + 2I–(aq)
Equilíbrio: 2 . 10–9 10–10 . x
Aplicando o produto de solubilidade, obtemos:
K = Hg (aq) (aq)
1,8 10 = 2 10 10
psHgI
2+
2
28 9
2



 ⋅




∴ ⋅ ⋅ ⋅
−
− − −
I
110
2
20 20 2
x
9 10 = 10 x x = 3 gotas.
⋅( )
∴ ⋅ ⋅ ∴− −
Portanto, na terceira gota, a solução satura em Hgl2 e,
a partir da quarta gota, se verica a precipitação.
23 A uma solução com concentração 1 mol/L de Ca(NO3)2
e volume 4 L, adiciona-se uma solução que contém
0,5 mol de Na2CO3 e 0,5 mol de Na2SO4, e volume
6 L. Determine a molaridade dos íons Ca2+, CO3
2 – e
SO4
2 quando se está em equilíbrio químico, sabendo
que as constantes do produto de solubilidade para o
CaCO3 e para o CaSO4 são, respectivamente, 5 . 10
9
e 2,5 . 10 5.
Resolução:
Este é um problema que exige bastante atenção, já
que envolve a precipitação de dois compostos iônicos
com um íon comum. Há duas maneiras de se resolver:
Abordagem 1:
Primeiramente, deve-se calcular as concentrações ini-
ciais dos íons logo após a mistura das soluções, que
tem volume nal de 10 L:
n = V L n = 1 4
n = 4 mols
Ca
Ca(NO ) Ca(NO )
Ca(NO )
2+
3 2 3 2
3 2
M ⋅ ( )∴ ⋅




∴
00
1 2+
0
2+
0
+
0
 =
n
V(L)
Ca =
4
10
Ca = 0,4 mol/L
Na =
n
∴










∴
11 +
0
+
0
3
V(L)
Na =
0,5 2 + 0,5 2
10
Na = 0,2 mol/L
NO
∴


⋅ ⋅







∴
−
 ∴




⋅





∴
−
−
−
0
1
3
0
3 0
3
2
=
n
V(L)
 NO =
4 2
10
NO = 0,8 mol/L
CO

 ∴







∴
−
−
0
1
3
2
0
3
2
0
4
2
 =
n
V(L)
CO =
0,5
10
CO = 0,05 mol/L
SO
−− −
−



 ∴







∴
0
1
4
2
0
4
2
0
 =
n
V(L)
SO =
0,5
10
SO = 0,05 mol/L