Exame de Física e Química A 2025 · 1.ª fase — item 8.3, resolvido

Cotação 12 pontosResposta abertaVerificado

Enunciado

Instituto de Avaliação Educativa · prova 715 · 2025 · 1.ª fase

O armazenamento e o transporte do di-hidrogénio, $H_{2}$ , têm sido estudados com vista à utilização deste gás como recurso energético.

Num laboratório, estuda-se um processo de armazenar quimicamente o $H_{2}$ sob a forma de hidretos sólidos, mais fáceis e seguros de transportar, como é o caso do hidreto de sódio, $NaH$ , cuja formação pode ser traduzida por

(1) 2 Na (s) + H_{2} (g) ⟶ 2 NaH (s) Δ H < 0

Na reação entre o $NaH$ e a água, forma-se $H_{2}$ , de acordo com a equação

(2) NaH (s) + H_{2} O (l) ⟶ NaOH (aq) + H_{2} (g) Δ H < 0

Admita que, nas reações (1) e (2), os reagentes se transformam completamente em produtos de reação e que não existem reações paralelas.

8.3.

Na reação (2), forma-se $H_{2} (g)$ e uma solução aquosa de hidróxido de sódio, $NaOH (aq)$ , uma base forte.

Considere que se obtêm $270 c m^{3}$ de $NaOH (aq)$ , de $pH$ $13, 78$ , a $25^{\circ} C$ .

Admita que, nas condições de pressão e de temperatura em que este processo foi estudado, o volume molar do $H_{2} (g)$ é $26, 4 d m^{3} mo l^{- 1}$ .

Determine o volume de $H_{2} (g)$ formado.

Apresente todos os cálculos efetuados.

Resposta de exame

O que se escreve na prova para ter a cotação toda.

$[H_{3} O^{+}] = 1 0^{- pH} = 1 0^{- 13, 78} = 1, 66 \times 1 0^{- 14} mol d m^{- 3}$

[O H^{-}] = \frac{K _{w}}{[ H _{3} O ^{+} ]} = \frac{1 , 012 \times 1 0 ^{- 14}}{1 , 66 \times 1 0 ^{- 14}} = 0, 610 mol d m^{- 3}

Como o $NaOH$ é uma base forte, que se dissocia completamente, $c (NaOH) = [O H^{-}] = 0, 610 mol d m^{- 3}$ .

$n (NaOH) = c \times V = 0, 610 \times 0, 270 = 0, 165 mol$ (com $V = 270 c m^{3} = 0, 270 d m^{3}$ ).

Pela estequiometria da reação (2), $n (H_{2}) = n (NaOH) = 0, 165 mol$ .

$V (H_{2}) = n \times V_{m} = 0, 165 \times 26, 4 = 4, 4 d m^{3}$

O volume de $H_{2} (g)$ formado é $4, 4 d m^{3}$ .

Tenta primeiro no papel.

Quem lê a resolução antes de tentar acha que percebeu — e volta a errar no exame.

Mostra só o que se escreve na prova. A resolução explicada fica fechada — abres depois, se quiseres.

Resolução explicada

Passo a passo, com o porquê de cada passo.

O ponto de partida. O que se pede é um volume de gás, e o que se dá é o $pH$ de uma solução. A ponte entre os dois é a reação (2): cada mole de $NaOH$ formado corresponde a uma mole de $H_{2}$ formado. Portanto o plano é ir do $pH$ à quantidade de $NaOH$ e dela à quantidade de $H_{2}$ , e só no fim ao volume:

pH ⟶ [H_{3} O^{+}] ⟶ [O H^{-}] ⟶ n (NaOH) ⟶ n (H_{2}) ⟶ V (H_{2})

As três etapas dos critérios são os três marcos deste caminho: a concentração de $O H^{-}$ , a quantidade de $NaOH$ e o volume de $H_{2}$ .

1.º — do $pH$ à concentração de $O H^{-}$

O $pH$ dá-te diretamente a concentração do ião oxónio, pela definição $pH = - lo g [H_{3} O^{+}]$ :

[H_{3} O^{+}] = 1 0^{- pH} = 1 0^{- 13, 78} = 1, 66 \times 1 0^{- 14} mol d m^{- 3}

Mas numa solução básica o que interessa é o $O H^{-}$ . Os dois estão ligados pela autoionização da água: em qualquer solução aquosa, a uma dada temperatura,

K_{w} = [H_{3} O^{+}] \times [O H^{-}]

Vai buscar o $K_{w}$ à tabela de constantes, que o dá a $25^{\circ} C$ — exatamente a temperatura do enunciado: $K_{w} = 1, 012 \times 1 0^{- 14}$ . Não é $1, 00 \times 1 0^{- 14}$ , e essa diferença vê-se no resultado. Então

[O H^{-}] = \frac{K _{w}}{[ H _{3} O ^{+} ]} = \frac{1 , 012 \times 1 0 ^{- 14}}{1 , 66 \times 1 0 ^{- 14}} = 0, 610 mol d m^{- 3}

2.º — da concentração à quantidade de $NaOH$

O enunciado diz que o $NaOH$ é uma base forte: dissocia-se completamente, $NaOH (aq) ⟶ N a^{+} (aq) + O H^{-} (aq)$ , uma mole de $O H^{-}$ por cada mole de $NaOH$ . Por isso a concentração de $NaOH$ na solução é a concentração de $O H^{-}$ que calculaste. (Os $O H^{-}$ vindos da autoionização da água são desprezáveis ao lado destes.)

A quantidade obtém-se de $c = \frac{n}{V}$ . Antes de multiplicar, converte o volume: a concentração está em $mol d m^{- 3}$ e o volume está em $c m^{3}$ . Como $1 d m^{3} = 1000 c m^{3}$ , tens $270 c m^{3} = 0, 270 d m^{3}$ :

n (NaOH) = c \times V = 0, 610 mol d m^{- 3} \times 0, 270 d m^{3} = 0, 165 mol

(Se calculares $n (O H^{-})$ em vez de $n (NaOH)$ , a nota dos critérios diz que é equivalente — e é, pela razão $1 : 1$ da dissociação.)

3.º — da quantidade de $NaOH$ ao volume de $H_{2}$

Na reação (2), $NaH (s) + H_{2} O (l) ⟶ NaOH (aq) + H_{2} (g)$ , os coeficientes do $NaOH$ e do $H_{2}$ são ambos $1$ : formam-se na mesma quantidade. E o enunciado garante que não há reações paralelas, isto é, todo o $NaOH$ da solução veio desta reação. Logo

n (H_{2}) = n (NaOH) = 0, 165 mol

O volume molar diz quanto ocupa uma mole de gás nas condições do estudo, $V_{m} = \frac{V}{n}$ . Usa o que o enunciado dá, $26, 4 d m^{3} mo l^{- 1}$ , e não o $22, 4$ da tabela de constantes, que é o valor em condições PTN — e estas condições não são PTN:

V (H_{2}) = n \times V_{m} = 0, 165 mol \times 26, 4 d m^{3} mo l^{- 1} = 4, 36 d m^{3} \approx 4, 4 d m^{3}

O volume de $H_{2} (g)$ formado é $4, 4 d m^{3}$ .

a ordem de grandeza

Um $pH$ de quase $14$ é uma solução muito básica, e $0, 6 mol d m^{- 3}$ é uma concentração alta mas plausível. Um quarto de litro dessa solução leva perto de $0, 17 mol$ de base, e $0, 17 mol$ de gás, a pouco mais de $25 d m^{3}$ por mole, ocupa uns $4$ litros. Um resultado em $c m^{3}$ ou em centenas de $d m^{3}$ seria sinal de uma conversão esquecida.

onde se perdem pontos

Item por etapas, $12$ pontos, $4$ por etapa. Aos pontos das etapas feitas descontam-se os erros: $1$ ponto se só houver erros de tipo 1; $2$ pontos por um erro de tipo 2; $4$ pontos por mais do que um.

Usar $K_{w} = 1, 00 \times 1 0^{- 14}$ (ou $pOH = 14 - pH$ ). Dá $[O H^{-}] = 0, 603 mol d m^{- 3}$ em vez de $0, 610$ , e arrasta $0, 163 mol$ e $4, 3 d m^{3}$ . A prova dá $1, 012 \times 1 0^{- 14}$ na tabela de constantes para ser usado; um valor diferente do fornecido arrisca a etapa inteira, e no mínimo conta como erro.
Não converter $270 c m^{3}$ para $d m^{3}$ . Multiplicar $0, 610$ por $270$ dá $165 mol$ e um volume de gás absurdo. A ausência de conversão de unidades é um erro de tipo 2: $- 2$ pontos, e o valor obtido deixa de ter significado físico.
Usar o volume molar em PTN ( $22, 4 d m^{3} mo l^{- 1}$ ). O enunciado dá o volume molar nas condições do estudo. Usar outro valor é utilizar um valor diferente do fornecido: a etapa em que o usas é pontuada com zero.
Ir buscar a estequiometria à reação (1). Na (1) a razão é $1 H_{2} : 2 NaH$ ; quem a usa aqui obtém metade ou o dobro do volume. A pergunta é sobre o $H_{2}$ que se forma na reação (2), onde a razão $NaOH : H_{2}$ é $1 : 1$ .
Parar no $[H_{3} O^{+}]$ e usá-lo como se fosse a concentração da base. $1, 66 \times 1 0^{- 14} mol d m^{- 3}$ é a concentração do oxónio, que numa solução básica é minúscula. A base é o $O H^{-}$ .
Apresentar só o resultado final. « $V = 4, 4 d m^{3}$ » sozinho vale zero pontos: o enunciado pede todos os cálculos, e os critérios classificam com zero a apresentação apenas do resultado final.
Omitir as contas de uma etapa. Uma etapa sem cálculos vale zero; as seguintes só se salvam se estiver escrito o valor que ela devia produzir.
Esquecer a unidade no resultado final. $4, 4$ sem $d m^{3}$ é um erro de tipo 2 ( $- 2$ pontos). Nas etapas intermédias a falta de unidade não desconta, mas na última desconta.

o caminho a reconhecer

Quando um item te dá o $pH$ de uma solução básica e pede uma quantidade, o caminho é sempre $pH \to [H_{3} O^{+}] \to [O H^{-}]$ pelo $K_{w}$ da tabela, depois $n = c V$ com o volume em $d m^{3}$ , e depois a razão estequiométrica da reação que liga a base ao que se pede. Cada seta é uma etapa pontuada: escreve-as todas.

Primeiro, a resposta de exame.

A resolução explicada abre-se depois, à parte, se quiseres perceber o porquê.

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