pouco de PbI2 [I] aumenta [I ] Proporção dos coeficientes 1 : 1 : 2
Reprodução proibida. Ar t. 184 do Código P enal e Lei 9.610 de 19 de f e v ereiro de 1998.
As setas no gráfico a seguir representam a precipitação que vai ocorrer em cada copo. Como [Ca2⫹] e [SO4
2⫺] diminuem igual-
mente, em um mesmo copo, as setas são paralelas. Assim, o gráfi- co a seguir nos permite comparar as concentrações finais nos lí- quidos sobrenadantes (soluções saturadas):
[Ca2⫹]1⬎ [Ca 2⫹] 2 e [SO4 2⫺] 1⬍ [SO4 2⫺] 2 75 Alternativa C.
Inicialmente temos, na solução de CaSO4 (que será adicionada ao
copo gota a gota)
[Ca2⫹] ⫽ 3,0 䡠 10⫺3 mol/L [SO4
2⫺] ⫽ 3,0 䡠 10⫺3 mol/L
e na solução de CaCl2 (que está no copo)
[Ca2⫹] ⫽ 3,0 䡠 10⫺3 mol/L [Cl⫺] ⫽ 6,0 䡠 10⫺3 mol/L
Tendo sempre em mente que a pergunta se refere “às espécies químicas existentes ou que passam a existir no copo”, vamos co- mentar as alternativas.
A alternativa A é incorreta. A quantidade, em mol, de íons Ca2⫹
no copo irá aumentar, pois está havendo adição de Ca2⫹ ao copo. A alternativa B é incorreta. Os íons SO4
2⫺, inicialmente ausentes
no copo, passam a ser gradualmente introduzidos e sua concen- tração passa a aumentar no copo.
A alternativa C é correta. Não haverá alteração na [Ca2⫹], pois estamos misturando duas soluções de mesma concentração de íons Ca2⫹.
A alternativa D é incorreta. Como está havendo adição de íons SO4
2⫺, inicialmente ausentes no copo, a quantidade, em mol, des-
ses íons aumenta progressivamente no copo.
A alternativa E é incorreta. A [Ca2⫹] permanece em 3,0 䡠 10⫺3 mol/L e a de sulfato jamais ultrapassará 3,0 䡠 10⫺3 mol/L. Assim, o pro- duto [Ca2⫹] 䡠 [SO4
2⫺] não será maior que o K
s do CaSO4
(2,4 䡠 10⫺5, de acordo com o enunciado) e, portanto, não poderá precipitar CaSO4(s).
76 Alternativa A.
Uma maneira muito elegante de resolver tal problema é por meio do gráfico que representa o Ks. Inicialmente, vamos admitir que a
concentração da solução de CaCl2 seja x mol/L e a de Na2SO4
seja y mol/L.
Utilizando a expressão para diluição de soluções (M 䡠 V ⫽ M’ 䡠 V’), podemos concluir que, após a mistura dos volumes mencionados, teremos: • no copo no 1: [Ca ] 2 mol / L 2⫹ ⫽ x [SO ] 2 mol / L 4 2⫺ ⫽ y • no copo no 2: [Ca ] 3 mol / L 2⫹ ⫽ x [SO ] 2 3 mol / L 4 2⫺ ⫽ y
Graficamente, vamos localizar esses pontos, tendo em mente que, logo após a mistura das soluções, a solução momentaneamente (antes da precipitação de CaSO4) apresenta [Ca2⫹] 䡠 [SO42⫺] maior
que o Ks do CaSO4.
Não sabemos os valores de x e y, mas vamos respeitar a escala do gráfico. [Ca2+] [SO42 –] x 3 2y 3 y 2 x 2 Copo nº 2 logo após a mistura Copo nº 1 logo após a mistura [Ca2+] [Ca2+] 2 Precipitação no copo nº – 1 [SO42–] [SO42–] 1 Precipitação no copo nº – 2 [Ca2+] 1 [SO42–] 2
Note que as retas são paralelas
77 a) Na solução saturada de PbSO4 temos:
[Pb2⫹] ⫽ [SO4 2⫺] ⫽ S ⫽ K 1,1 10 s 8 ⫽ 䡠 ⫺ ⫽ ⫽ 1,05 䡠 10⫺4 mol/L
e, na solução de PbCO3, temos:
[Pb2⫹] ⫽ [CO 3 2⫺] ⫽ S ⫽ K 3,3 10 s 14 ⫽ 䡠 ⫺ ⫽ ⫽ 1,82 䡠 10⫺7 mol/L
Ao misturar volumes iguais de ambas, teremos uma diluição do sulfato e do carbonato, cujas concentrações se reduzem à metade.
[SO4
2⫺] ⫽ 0,525 䡠 10⫺4 mol/L
[CO3
2⫺] ⫽ 0,91 䡠 10⫺7 mol/L
Já a concentração de íons Pb2⫹ pode ser calculada percebendo que se trata de uma mistura de soluções contendo esse mesmo íon. [Pb2⫹]1䡠 V1⫹ [Pb 2⫹] 2䡠 V2⫽ [Pb 2⫹] f䡠 Vf 1,05 䡠 10⫺4䡠 V ⫹ 1,82 䡠 10⫺7䡠 V ⫽ [Pb2⫹] 䡠 2V [Pb2⫹] ⫽ 0,525 䡠 10⫺4 mol/L
Vamos testar se há condição de precipitar PbSO4.
[Pb2⫹] 䡠 [SO 4
2⫺] ⫽ (0,525 䡠 10⫺4) 䡠 (0,525 䡠 10⫺4) ⫽ 2,76 䡠 10⫺9
Como o produto é menor que o Ks do PbSO4 (1,1 䡠 10 ⫺8), não
vai precipitar PbSO4.
Vamos testar se há condição de precipitar PbCO3.
[Pb2⫹] 䡠 [CO32⫺] ⫽ (0,525 䡠 10⫺4) 䡠 (0,91 䡠 10⫺7) ⫽ 4,78 䡠 10⫺12
Como o produto é maior que o Ks do PbCO3 (3,3 䡠 10⫺14), vai
precipitar PbCO3.
Portanto, o que será observado ao misturar as soluções será a precipitação de PbCO3.
b) Os íons H⫹, provenientes de HNO3, reagem com os íons car-
bonato (CO3
2⫺), de acordo com a equação:
2 H⫹⫹ CO3 2⫺ F H
2O ⫹ CO2.
Isso reduz a concentração de íons carbonato (CO3
2⫺) na solu-
ção, deslocando o equilíbrio de solubilidade do PbCO3 no sen-
tido de dissolver mais sal. PbCO3 F Pb
2⫹ ⫹ CO 3 2⫺
Deslocado para a direita pela redução de [CO3
Reprodu çã o proibida. Ar t. 184 do C ó digo P enal e Lei 9.610 de 19 de f e v ereiro de 1998.
5 a) Escrevendo a equação literalmente, representando a partícula emitida por X, temos:
3 1H → Z A X ⫹ 2 3 He • balanço de números de massa:
3 ⫽ A ⫹ 3 ⇒ A ⫽ 0
• balanço de números atômicos (cargas nucleares): 1 ⫽ Z ⫹ 2 ⇒ Z ⫽ ⫺1
A partícula ⫺10X é uma partícula beta (⫺10β).
b) A equação da emissão é: 3
1H → ⫺10β⫹ 32He
Professor: É comum alunos questionarem se não é perigoso colocar um elemento radioativo como o trítio em um objeto de uso cotidiano como o relógio de pulso. Acontece que a ativi- dade radioativa desse trítio é extremamente reduzida e, além disso, o próprio vidro do relógio é capaz de impedir a saída das partículas beta, cujo poder de penetração é insuficiente para atravessá-lo.
Modernamente, contudo, muitos ponteiros de relógio são recobertos apenas com substâncias fosforescentes que, ao se- rem iluminados, têm seus elétrons excitados. Nessas substân- cias especiais (iguais às utilizadas em interruptores elétricos que brilham no escuro), os elétrons excitados demoram minu- tos ou até horas para retornar ao estado fundamental, fato que explica o brilho dos ponteiros no escuro. Contudo, em não se utilizando o trítio, o brilho não persistirá se o relógio for man- tido no escuro por muito tempo.
7 a) A
ZX → ⫺10β ⫹ 6028Ni
• balanço de números de massa: A ⫽ 0 ⫹ 60 ⇒ A ⫽ 60 • balanço das cargas nucleares:
Z ⫽ ⫺1 ⫹ 28 ⇒ Z ⫽ 27
Procurando Z ⫽ 27 na tabela periódica, encontramos o ele- mento cobalto (Co). Assim, a partícula que está faltando na equação é 60 27Co. b) A ZX → 2 4 α ⫹ 206 82Pb
• balanço de números de massa: A ⫽ 4 ⫹ 206 ⇒ A ⫽ 210 • balanço das cargas nucleares:
Z ⫽ 2 ⫹ 82 ⇒ Z ⫽ 84
Procurando Z ⫽ 84 na tabela periódica, encontramos o ele- mento polônio (Po). Assim, a partícula que está faltando na equação é 210
84Po.
13 Tempo transcorrido ⫽ 5 meias-vidas ⫽ 5 䡠 14 dias ⫽ 70 dias
14 dias 14 dias 14 dias 14 dias 14 dias
20 g 쳇촞 10 g 쳇촞 5,0 g 쳇촞 2,5 g 쳇촞 1,25 g 쳇촞 0,625 g Após 70 dias restam, portanto, 0,625 g, ou seja, 625 mg do isótopo.
14 Partindo de 100% e chegando a 12,5%:
t1/2 t1/2 t1/2
100% 쳇촞 50% 쳇촞 25% 쳇촞 12,5%
transcorrem, ao todo, 3 meias-vidas, ou seja, 84 anos (3䡠 28 anos).
15 Partindo de 1,6 g e chegando a 50 mg (0,050 g):
t1/2 t1/2 t1/2 t1/2 t1/2
1,6 g 쳇촞 0,8 g 쳇촞 0,4 g 쳇촞 0,2 g쳇촞 0,1 g 쳇촞 0,05 g transcorrem, ao todo, 5 meias-vidas. Assim, temos: 5 䡠 t1/2⫽ 40 dias ⇒ t1/2⫽ 8 dias
16 Se 93,75% sofrerão decaimento nuclear, restarão 6,25%. Esquematicamente:
t1/2 t1/2 t1/2 t1/2
100%쳇촞 50% 쳇촞 25% 쳇촞 12,5% 쳇촞 6,25% Portanto, o tempo total é de 4 meias-vidas.
17 Havia 12g de cobalto-60 na cápsula há 20 anos.
18 Fazendo um esquema, “retrocedendo” no tempo por 2 meias-vi- das (25 anos ⫽ 2 䡠 12,5anos):
t1/2 t1/2
1,7mg 3,4mg 6,8mg
A massa de trítio colocada no relógio foi de 6,8mg.
19 a) Primeiro decaimento: 140 56Ba → Z A X ⫹ 140 57La
• balanço de números de massa: 140 ⫽ A ⫹ 140 ⇒ A ⫽ 0 • balanço das cargas nucleares: 56 ⫽ Z ⫹ 57 ⇒ Z ⫽ ⫺1
A partícula que está faltando na equação é representada por
⫺10X, ou seja, é uma partícula beta, ⫺10β.
Segundo decaimento: 140 57La → Z A X ⫹ 140 58Ce
• balanço de números de massa: 140 ⫽ A ⫹ 140 ⇒ A ⫽ 0 • balanço das cargas nucleares: 57 ⫽ Z ⫹ 58 ⇒ Z ⫽ ⫺1
Portanto, a partícula que está faltando na equação também é uma partícula beta, ⫺10β.
b) Trata-se de uma seqüência de dois decaimentos radioativos. O primeiro dos nuclídeos é o bário-140. Sua quantidade deve decrescer, tendendo a zero, o que está representado pela curva B. O cério-140, sendo o membro final da seqüência, é o último a ser produzido e sua quantidade deve aumentar com o passar do tempo. Corresponde à curva A. Finalmente, a curva C corresponde ao lantânio-140, que é produzido na primeira emissão beta, mas é consumido logo a seguir, ao se transfor- mar em cério.
21 a) O número de nêutrons pode ser calculado subtraindo-se o nú- mero atômico do número de massa.
• hidrogênio leve:
número de nêutrons ⫽ 1 ⫺ 1 ⫽ zero • deutério: número de nêutrons ⫽ 2 ⫺ 1 ⫽ 1 • trítio: número de nêutrons ⫽ 3 ⫺ 1 ⫽ 2 b) 23 11Na ⫹ A ZX → 12 24 Mg ⫹ 0 1 n • balanço de números de massa:
23 ⫹ A ⫽ 24 ⫹ 1 ⇒ A ⫽ 2 • balanço das cargas nucleares:
11 ⫹ Z ⫽ 12 ⫹ 0 ⇒ Z ⫽ 1
Portanto, a partícula que falta na equação é 1 2 X, ou seja, o deutério, 2 1H. 22 A ZX ⫹ 0 1 n → 1 3 H ⫹ 2 4 α • balanço de números de massa:
A ⫹ 1 ⫽ 3 ⫹ 4 ⇒ A ⫽ 6 • balanço das cargas nucleares: Z ⫹ 0 ⫽ 1 ⫹ 2 ⇒ Z ⫽ 3
Procurando Z ⫽ 3 na tabela periódica, encontramos o lítio (Li). Portanto, a partícula que falta na equação (3
6 X) é 3 6 Li. 23 a) 209 83Bi ⫹ 30 64 Zn → Z A X ⫹ 0 1 n • balanço de números de massa:
209 ⫹ 64 ⫽ A ⫹ 1 ⇒ A ⫽ 272 • balanço das cargas nucleares:
83 ⫹ 30 ⫽ Z ⫹ 0 ⇒ Z ⫽ 113