QUÍMICA GERAL / QUÍMICA TECNOLÓGICA ELEMENTOS QUÍMICOS E PERIODICIDADE
Química geral
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FABIANO DE CARVALHO QUÍMICA GERAL
Pág. 1 IFES
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 2
IINNSSTTIITTUUTTOO FFEEDDEERRAALL DDOO EESSPPÍÍRRIITTOO SSAANNTTOO
"""EEEuuu vvveeejjjooo......... eeeuuu pppeeerrrccceeebbbooo;;;
eeeuuu eeessscccuuutttooo......... eeeuuu cccooommmppprrreeeeeennndddooo;;;
eeeuuu fffaaaçççooo......... eeeuuu aaappprrreeennndddooo..."""
Química Inorgânica
FABIANO DE CARVALHO
SANTA TERESA 2010
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 3
Í N D I C E
PPáággiinnaa UUNNIIDDAADDEE II:: EESSTTEEQQUUIIOOMMEETTRRIIAA EE AA BBAASSEE DDAA TTEEOORRIIAA AATTÔÔMMIICCAA
II.. AA OORRIIGGEEMM DDAA TTEEOORRIIAA AATTÔÔMMIICCAA 44
11..11 AA TTeeoorriiaa AAttôômmiiccaa ddee DDaallttoonn 55
11..22 CCaarraacctteerrííssttiiccaa ddaa MMaattéérriiaa 1100 11..33 AA EEssttrruuttuurraa ddoo ÁÁttoommoo 1100 11..44 OO mmooddeelloo ddee TThhoommssoonn 1111 11..55 MMooddeelloo AAttôômmiiccoo ddee RRuutthheerrffoorrdd 1111 11.. 66 AA CCoonnttrriibbuuiiççããoo DDee MMaaxx PPllaanncckk EE EEiinnsstteeiinn 1122 11..77 OO mmooddeelloo ddee NNiieellss BBööhhrr 1144 11..88 EElleettrroossffeerraa 1155 11..99 DDeessccoobbeerrttaa ddoo nnêêuuttrroonn 1155 11..1100 OO mmooddeelloo ddee SSoommmmeerrffeelldd 1177 11..1111 MMooddeelloo ddee SScchhrrööddiinnggeerr:: mmooddeelloo aattuuaall 1188
UUNNIIDDAADDEE IIII.. PPEERRIIOODDIICCIIDDAADDEE QQUUÍÍMMIICCAA
2277
22..11 OO pprriinnccííppiioo ddee eexxcclluussããoo ddee PPaauullii 2277 22..22 PPrriinnccííppiiooss ddee AAuuffbbaauu oouu RReeggrraa ddee KKlleecchhkkoowwsskkii 2288 22..33.. CCoonnffiigguurraaççããoo eelleettrrôônniiccaa 2288 22..44.. PPrroopprriieeddaaddeess ddooss ííoonnss mmoonnooaattôômmiiccooss 3322 22..55.. PPrroopprriieeddaaddeess ppeerriióóddiiccaass ddooss eelleemmeennttooss 3333
UUNNIIDDAADDEE IIIIII.. EESSTTRRUUTTUURRAASS DDEE ÁÁTTOOMMOOSS EE MMOOLLÉÉCCUULLAASS
4411
33..11 LLiiggaaççõõeess eennttrree ooss ááttoommooss 4411 33..22 RReeggrraa ddoo oocctteettoo 4411 33..33 SSóólliiddooss iiôônniiccooss 4455 33..44 LLiiggaaççããoo ccoovvaalleennttee 4477 33..55 LLiiggaaççõõeess MMeettáálliiccaass 5544 33..66 LLiiggaaççõõeess SSeeccuunnddáárriiaass 5566
UUNNIIDDAADDEE IIVV.. LLEEIISS DDAASS RREEAAÇÇÕÕEESS QQUUÍÍMMIICCAASS ((LLEEIISS PPOONNDDEERRAAIISS)) 5577
44..11 LLeeii ddaass pprrooppoorrççõõeess ddeeffiinniiddaass 5577 44..22 AA tteeoorriiaa ddee DDaallttoonn 5577 44..33 LLeeii ddee LLaavvooiissiieerr ((LLeeii ddaa ccoonnsseerrvvaaççããoo ddaa mmaassssaa)) 5588 44..44 LLeeii ddee PPrroouusstt ((LLeeii ddaass pprrooppoorrççõõeess ccoonnssttaanntteess,, ddeeffiinniiddaass oouu
ffiixxaass)) 5599
44..55 LLeeii ddee GGaayy LLuussssaacc 6600
44..66.. ――QQUUAANNTTIIDDAADDEE DDEE SSUUBBSSTTÂÂNNCCIIAA‖‖.. –– DDEEFFIINNIIÇÇÃÃOO DDEE
MMOOLLEE 6611
44..77 OO nnúúmmeerroo ddee AAvvooggaaddrroo ((NNAA)) 6611 44..88 MMaassssaa mmoolleeccuullaarr 6622 44..99 RReessoolluuççããoo ddee pprroobblleemmaass nnuumméérriiccooss 6633 44..1100 RReellaaççõõeess MMoollaarreess
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IFES Pág. 4
44..1111 DDeennssiiddaaddee ee MMaassssaa MMoollaarr 44..1122 LLeeii ddee AAvvooggaaddrroo 44..1133 OO EEqquuiivvaalleennttee--GGrraammaa.. –– DDeeffiinniiççããoo
6666
44..1144 EExxeerrccíícciiooss rreessoollvviiddooss 6666 44..1155 EExxeerrccíícciiooss ddee FFiixxaaççããoo 6699
UUNNIIDDAADDEE VV.. AANNÁÁLLIISSEE EELLEEMMEENNTTAARR QQUUAANNTTIITTAATTIIVVAA EE EEQQUUAAÇÇÕÕEESS
QQUUÍÍMMIICCAASS 5577
55..11 CCáállccuullooss ddee FFóórrmmuullaass 7711 55..22 CCoommppoossiiççõõeess ppeerrcceennttuuaaiiss ee ffóórrmmuullaass qquuíímmiiccaass 7711 55..33 AA ffóórrmmuullaa qquuíímmiiccaa ddee uumm ccoommppoossttoo aattrraavvééss ddee ssuuaa
ccoommppoossiiççããoo cceenntteessiimmaall ((ppeerrcceennttuuaall)) 7722
55..44 OO vvoolluummee mmoollaarr 7744 55..55 AAnnáálliisseess ddee CCoommbbuussttããoo 55..66 EExxeerrccíícciiooss rreessoollvviiddooss 7766
UUNNIIDDAADDEE VVII.. CCÁÁLLCCUULLOOSS EESSTTEEQQUUIIOOMMÉÉTTRRIICCOOSS
66..11 BBaallaanncceeaammeennttoo ddee EEqquuaaççõõeess QQuuíímmiiccaass 111122 66..22 BBaallaanncceeaammeennttoo ddee rreeaaççõõeess ddee óóxxiiddoo--rreedduuççããoo 111166 66..33 AAcceerrttoo ddee ccooeeffiicciieenntteess ddaass rreeaaççõõeess ddee rreeddooxx 111177 66..44 EEssttaaddoo ddee ooxxiiddaaççããoo 111177 66..55 EExxeerrccíícciiooss RReessoollvviiddooss 111188 66..22 IInnffoorrmmaaççõõeess qquuaannttiittaattiivvaass aa ppaarrttiirr ddee eeqquuaaççõõeess bbaallaanncceeaaddaass 112266 66..33 FFaattoorreess qquuíímmiiccooss ddee ccoonnvveerrssããoo 112277 66..44 EElleemmeennttooss QQuuíímmiiccooss LLiimmiittaannttee 112288 66..55 DDeetteerrmmiinnaaççããoo ddoo rreeaaggeennttee lliimmiittaannttee 112299 66..66 EExxeerrccíícciiooss RReessoollvviiddooss 113333 66..1133 EExxeerrccíícciiooss PPrrooppoossttooss 137
UUNNIIDDAADDEE VVIIII.. SSOOLLUUÇÇÕÕEESS -- DDOOSSAAGGEENNSS 146
77..11 DDeeffiinniiççããoo ddee SSoolluuççããoo 146 77..22 SSoolluuttoo ee SSoollvveennttee 114466 77..33 CCoonncceennttrraaççããoo eemm UUnniiddaaddeess FFííssiiccaass 114455
77..33..11 MMaassssaa ddee ssoolluuttoo ppoorr uunniiddaaddee ddee vvoolluummee ddee ssoolluuççããoo 77..33..22 CCoommppoossiiççããoo ppeerrcceennttuuaall
77..44 CCoonncceennttrraaççããoo eemm UUnniiddaaddeess QQuuíímmiiccaass 77..55..11 CCoonncceennttrraaççããoo ccoommuumm oouu ccoonncceennttrraaççããoo eemm gg//ll.. 115577 7.5.2 Molaridade ou concentração molar 115588 77..55..33 CCoonncceennttrraaççããoo nnoorrmmaall oouu nnoorrmmaalliiddaaddee 115599 77..44..55 CCoonncceennttrraaççããoo mmoollaall oouu mmoollaalliiddaaddee 116600 77..44..66 FFrraaççããoo mmoollaarr oouu ppeerrcceennttaaggeemm eemm mmoolleess 116611
77..55 RReellaaççããoo ddee mmaassssaa ccoomm mmaassssaa 116633 77..55..11 TTííttuulloo 116622 77..55..22 PPoorrcceennttaaggeemm eemm ppeessoo 116622 55..55..77 DDeennssiiddaaddee 116633 55..55..88 MMaassssaa eessppeeccííffiiccaa ((µµ)) 116633
55..66 PPaarrttee ppoorr mmiillhhããoo 116655
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55..66..11 EEmm mmaassssaa 116655 55..66..22 EEmm vvoolluummee 116655
55..77 PPrroobblleemmaass ddee ddiilluuiiççããoo 116666 55..88 EExxeerrccíícciiooss RReessoollvviiddooss 116677
UUNNIIDDAADDEE VVIIIIII.. NNOOÇÇÕÕEESS GGEERRAAIISS DDEE EEQQUUIILLÍÍBBRRIIOO EEMM RREELLAAÇÇÕÕEESS
QQUUÍÍMMIICCAASS 117755
1.1. O que é equilíbrio? 117755 1.2. Estado de Equilíbrio 117755 1.3. Velocidade de uma Reação 117766 1.4. Generalidades Sobre Cinética Química 118822 1.5. Característica do Equilíbrio Químico 118833 1.6. Deslocamento do Equilíbrio 118855
8.6.1 Alteração na concentração 118855 88..66..22 AAlltteerraaççããoo nnaa pprreessssããoo 118855 88..44..33 AAlltteerraaççããoo nnaa tteemmppeerraattuurraa 118866
11..77.. LLeeii ddee AAççããoo ddaass MMaassssaass 118877 1.8. Equilíbrio Químico 119922 1.9. Constante de Equilíbrio em função das pressões parciais 119944 1.10. Relação Matemática entre Ke e Kp 119944 1.11. Equilíbrio químico envolvendo precipitados e equilíbrio
de solubilidade 119955
1.12. Equilíbrio Químico entre a água e seus íons (Kw) 220011 1.13. Equilíbrio Químico envolvendo ácidos e bases 220033 1.14. Constante de dissociação dos ácidos (Ka) 220066
1.15. Substâncias Básicas − Constante de dissociação (Kb) 220077 1.16. Balanço de Carga 220099 1.17. A caracterização de soluções ácidas ou básicas (pH e pOH) 220099 1.18. Acidez Atual, potencial e Total 221100 1.19. Resumo dos principais tipos de equilíbrio e constantes de
equilíbrios 221111
1.20. Exercícios Resolvidos 221122 AAPPÊÊNNDDIICCEESS
223377
EEssttaaddooss ddee OOxxiiddaaççããoo 223377 NNoommeennccllaattuurraa qquuíímmiiccaa ddooss ccoommppoossttooss iinnoorrggâânniiccooss 224455 AAllgguummaass ccoonnssttaanntteess ee ccoonnvveerrssõõeess úútteeiiss
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UUNNIIDDAADDEE II
II.. AA OORRIIGGEEMM DDAA TTEEOORRIIAA AATTÔÔMMIICCAA..
MMuuiittaass aabboorrddaaggeennss ddoo ccoonncceeiittoo ddee ááttoommoo aappaarreecceerraamm aaoo lloonnggoo ddoo tteemmppoo.. TTooddaass
ffoorraamm ddeelliinneeaaddaass ccoomm uumm ccaarráátteerr pprriimmeeiirraammeennttee ffiilloossóóffiiccoo..
FFiillóóssooffooss ggrreeggooss,, nnoo ssééccuulloo VV aanntteess ddee CCrriissttoo,, aaddmmiittiiaamm,, iinnttuuiittiivvaammeennttee,, qquuee aa
mmaattéérriiaa sseerriiaa ccoonnssttiittuuííddaa ddee ppaarrttííccuullaass iinnddiivviissíívveeiiss,, aa qquuee cchhaammaarraamm ddee ááttoommoo..
AA iiddeeiiaa ddoo ááttoommoo ffooii eessttaabbeelleecciiddaa ppeellaa pprriimmeeiirraa vveezz ppoorr DDeemmóóccrriittoo eemm 553300 aa..CC..,,
mmaass,, ffooii aa ppaarrttiirr ddaa tteeoorriiaa aattôômmiiccaa ddoo ffííssiiccoo ee qquuíímmiiccoo bbrriittâânniiccoo JJoohhnn DDaallttoonn ((uumm
ddooss mmaarrccooss ddaa QQuuíímmiiccaa ddoo ssééccuulloo XXIIXX)),, qquuee ssuurrggiiuu uummaa ffoorrmmaa ooppeerraacciioonnaall,, ccaappaazz
ddee sseerr uussaaddaa eemm ddeetteerrmmiinnaaççõõeess eexxppeerriimmeennttaaiiss..
Fig. 1: Frontispício de A New System of Chemical Philosophy, de 1808.
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11..11 AA TTeeoorriiaa AAttôômmiiccaa ddee DDaallttoonn..
AA tteeoorriiaa DDaallttoonniiaannaa,, qquuee ddeeuu uumm ccaarráátteerr cciieennttííffiiccoo àà iiddééiiaa ddoo ááttoommoo,, ssuuggeerree::
PPoossttuullaaddooss::
11.. OOss eelleemmeennttooss eessttããoo ffoorrmmaaddooss ppoorr ppaarrttííccuullaass ddiissccrreettaass,, ddiimmiinnuuttaass ee iinnddiivviissíívveeiiss
cchhaammaaddaass ááttoommooss,, qquuee ppeerrmmaanneecceemm iinnaalltteerráávveeiiss eemm qquuaallqquueerr pprroocceessssoo qquuíímmiiccoo..
22.. OOss ááttoommooss ddee uumm mmeessmmoo eelleemmeennttoo ssããoo ttooddooss iigguuaaiiss eennttrree ssii ((eemm mmaassssaa,,
ttaammaannhhooss ee eemm qquuaallqquueerr oouuttrraa pprroopprriieeddaaddee ffííssiiccaa oouu qquuíímmiiccaa))..
33.. NNaass rreeaaççõõeess qquuíímmiiccaass,, ooss ááttoommooss nnããoo ssee ccrriiaamm nneemm ssee ddeessttrrooeemm,, ssóó ccoommbbiinnaamm
ssuuaass ddiissttrriibbuuiiççõõeess..
44.. CCoommppoossttooss qquuíímmiiccooss ssããoo ffoorrmmaaddooss ppoorr ""ááttoommooss ccoommppoossttooss‖‖ ((mmoollééccuullaass)),, ttooddooss
iigguuaaiiss uunnss aaooss oouuttrrooss,, oouu sseejjaa,, qquuaannddoo ddooiiss oouu mmaaiiss ááttoommooss ddee ddiiffeerreenntteess
eelleemmeennttooss ssee ccoommbbiinnaamm ppaarraa ffoorrmmaarr uumm úúnniiccoo ccoommppoossttoo,, sseemmpprree oo ffaazzeemm eemm
pprrooppoorrççõõeess ddee mmaassssaa ddeeffiinniiddaass ee ccoonnssttaannttee..
55.. SSee eexxiissttiirr mmaaiiss ddee uumm ccoommppoossttoo ffoorrmmaaddoo ppoorr ddooiiss eelleemmeennttooss ddiiffeerreenntteess,, ooss
nnúúmmeerrooss ddooss ááttoommooss ddee ccaaddaa eelleemmeennttoo nnooss ccoommppoossttooss gguuaarrddaamm eennttrree ssii uummaa
rraazzããoo ddee nnúúmmeerrooss iinntteeiirrooss ((LLeeii ddaass PPrrooppoorrççõõeess MMúúllttiippllaass -- DDaallttoonn)) -- ppooddeemmooss
aapplliiccaarr eessttee pprriinnccííppiioo eemm mmuuiittooss eexxeemmppllooss,, ccoommoo nnooss óóxxiiddooss ddee ffeerrrroo,, FFeeOO,,
FFee22OO33,, FFee33OO44..
66.. OO ppeessoo ddoo ááttoommoo ddee uumm eelleemmeennttoo éé ccoonnssttaannttee eemm sseeuuss ccoommppoossttooss.. −− SSee aa
rreeaaggiirr ccoomm bb ppaarraa ffoorrmmaarr aabb ee cc rreeaaggiirr ccoomm dd ppaarraa ffoorrmmaarr ccdd,, eennttããoo ssee aabb rreeaaggiirr
ccoomm ccdd ooss pprroodduuttooss sseerrããoo aadd ee ccbb ((LLeeii ddaass PPrrooppoorrççõõeess RReeccíípprrooccaass -- RRiicchhtteerr))..
CCoommoo eexxeemmpplloo,, ppooddeemmooss ccoonnssiiddeerraarr aass sseegguuiinntteess rreeaaççõõeess,, ddaaddaass,, eemm nnoottaaççããoo
mmooddeerrnnaa,, ppoorr::
22KK++II22 ⟶⟶ 22KKII
PPbb++CCll22 ⟶⟶ PPbbCCll22
22KKII ++ PPbbCCll22 ⟶⟶ 22KKCCll ++ PPbbII22
DDaa tteeoorriiaa aattôômmiiccaa ddee DDaallttoonn ddeessttaaccaamm--ssee aass sseegguuiinntteess ddeeffiinniiççõõeess::
aa)) UUmm ááttoommoo éé aa mmeennoorr ppaarrttííccuullaa ddee uumm eelleemmeennttoo qquuee mmaannttéémm ssuuaass
pprroopprriieeddaaddeess..
bb)) UUmm eelleemmeennttoo éé uummaa ssuubbssttâânncciiaa qquuee éé ccoonnssttiittuuííddaa ppoorr ááttoommooss iigguuaaiiss..
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cc)) UUmm ccoommppoossttoo éé uummaa ssuubbssttâânncciiaa qquuee éé ffoorrmmaaddaa ppeellaa ffiixxaaççããoo ddee ááttoommooss
ddiiffeerreenntteess ccoommbbiinnaaddooss eemm pprrooppoorrççõõeess ffiixxaass..
DDaallttoonn ddeessccrreevviiaa uummaa ppaarrttííccuullaa ggaassoossaa sseennddoo ccoonnssttiittuuííddaa ppoorr uumm ááttoommoo cceennttrraall,, ddee
mmaattéérriiaa ssóólliiddaa,, eexxttrreemmaammeennttee ppeeqquueennaa,, cceerrccaaddaa ppoorr uummaa aattmmoossffeerraa ddee ccaalloorr,,
aallttaammeennttee ddeennssaa nnaass pprrooxxiimmiiddaaddeess ddoo ááttoommoo,, qquuee vvaaii rraarreeffaazzeennddoo--ssee ggrraadduuaallmmeennttee
((ddee aaccoorrddoo ccoomm aallgguummaa ppoottêênncciiaa ddaa ddiissttâânncciiaa))..
NNaass ssuuaass pprrooppoossiiççõõeess DDaallttoonn ddiizziiaa::
QQuuaannddoo ddooiiss fflluuiiddooss eelláássttiiccooss,, nnoommeeaaddooss AA ee BB,, ssããoo mmiissttuurraaddooss,, nnããoo hháá qquuaallqquueerr
rreeppuullssããoo mmúúttuuaa eennttrree ssuuaass ppaarrttííccuullaass,, iissttoo éé,, aass ppaarrttííccuullaass ddee AA nnããoo rreeppeelleemm aass ddee BB,,
ccoommoo eellaass ssee rreeppeelleemm uummaass ààss oouuttrraass ((iissttoo éé,, ssóó AA rreeppeellee AA,, oouu ssóó BB rreeppeellee BB))..
CCoonnsseeqqüüeenntteemmeennttee,, aa pprreessssããoo oouu ppeessoo ttoottaall ssoobbrree qquuaallqquueerr ppaarrttííccuullaa ddeevvee--ssee aappeennaass
ààqquueellaass ddee ssuuaa pprróópprriiaa eessppéécciiee..
JJáá qquuee aass ppaarrttííccuullaass ddee ddiiffeerreenntteess ggaasseess nnããoo iinntteerraaggiiaamm qquuiimmiiccaammeennttee,, uummaa ppoossssíívveell
ccoonnsseeqqüüêênncciiaa sseerriiaa vviisslluummbbrraarr aa lleeii ddaass pprreessssõõeess ppaarrcciiaaiiss::
""EEmm uummaa mmiissttuurraa ggaassoossaa,, aa pprreessssããoo ddee ccaaddaa ccoommppoonneennttee éé iinnddeeppeennddeennttee ddaa pprreessssããoo ddooss ddeemmaaiiss,, aa pprreessssããoo ttoottaall ((PP)) éé iigguuaall àà ssoommaa ddaass pprreessssõõeess ppaarrcciiaaiiss ddooss ccoommppoonneenntteess""..
?? ???? ?? == ?? ??11 ++ ?? ??22 ++ .. .. .. ++ ?? ???? ??
AA eexxpprreessssããoo mmaatteemmááttiiccaa ddaa lleeii ddee DDaallttoonn éé::
?? ???? ?? == ?? ???? ??×× ?? ???? ??
sseennddoo ?? ???? ?? aa pprreessssããoo ppaarrcciiaall ddee AA,, ?? ???? ?? aa pprreessssããoo ttoottaall ddaa mmiissttuurraa ee ?? ???? ?? aa ffrraaççããoo mmoollaarr
ddee AA..
AAss pprrooppoossiiççõõeess ddee DDaallttoonn ffoorraamm bbaasseeaaddaass nnaass lleeiiss ppoonnddeerraaiiss ddaass rreeaaççõõeess qquuíímmiiccaass,,
oobbsseerrvvaaddaass ee ccoonnssttaattaaddaass ccoommoo vváálliiddaass eemm qquuaaiissqquueerr rreeaaççõõeess.. AAss lleeiiss ppoonnddeerraaiiss éé
uumm ccoonnjjuunnttoo ddee ppoossttuullaaddooss,, qquuee rreellaacciioonnaamm aa mmaassssaass ddooss rreeaaggeenntteess ee pprroodduuttooss..
DDaallttoonn ccoorrrreellaacciioonnoouu ooss ppeessooss rreellaattiivvooss ddaass uunniiddaaddeess ffuunnddaammeennttaaiiss ddooss eelleemmeennttooss
qquuíímmiiccooss ccoomm aass ccoommbbiinnaaççõõeess qquuee eesstteess aapprreesseennttaavvaamm eemm sseeuuss ccoommppoossttooss,,
ccoonnssiiddeerraannddoo qquuee ttooddaass aass ppaarrttííccuullaass ddee hhiiddrrooggêênniioo,, ddee ooxxiiggêênniioo eettcc..,, eexxiisstteenntteess eemm
qquuaallqquueerr ccoommppoossttoo ddeesssseess eelleemmeennttooss sseerriiaamm iigguuaaiiss eemm ppeessoo,, ttaammaannhhoo oouu ffoorrmmaa;; ddaa
mmeessmmaa mmaanneeiirraa,, qquuaallqquueerr ppaarrttííccuullaa ddee áágguuaa sseerriiaa iigguuaall aa qquuaallqquueerr oouuttrraa ppaarrttííccuullaa
ddee áágguuaa..
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 9
AAss ppaarrttííccuullaass ccoonnssttiittuuiinntteess ddaass ssuubbssttâânncciiaass ssiimmpplleess,, ccoonntteennddoo aappeennaass uumm ttiippoo ddee
eelleemmeennttoo,, ffoorraamm cchhaammaaddaass ddee ――ppaarrttííccuullaass úúllttiimmaass‖‖,, qquuee ssããoo ooss nnoossssooss ááttoommooss..
Fig. 2
NNoo lliivvrroo ――NNoovvoo SSiisstteemmaa‖‖,, eellee ddeemmoonnssttrroouu qquuee ggaasseess ddiiffeerreenntteess nnããoo ppooddeemm tteerr
ppaarrttííccuullaass ddee mmeessmmoo ttaammaannhhoo.. AA aaffiirrmmaaççããoo ffiinnaall ddee DDaallttoonn,, ccoonnttuuddoo,, nnããoo éé
vveerrddaaddeeiirraa,, uummaa vveezz qquuee eellaa ssee cchhooccaa ccoomm aa hhiippóótteessee ddee AAvvooggaaddrroo ((eemm 11881111)),, aa qquuaall
aaffiirrmmaa qquuee::
――VVoolluummeess iigguuaaiiss ddee ggaasseess ddiiffeerreenntteess ccoonnttêêmm oo mmeessmmoo nnúúmmeerroo ddee mmoollééccuullaass‖‖..
SSuuaa pprriimmeeiirraa ――ttaabbeellaa ddee ppeessooss rreellaattiivvooss ddaass ppaarrttííccuullaass úúllttiimmaass ddooss ccoorrppooss ggaassoossooss ee
oouuttrrooss‖‖,, ddee 11880033,, eessttáá rreepprroodduuzziiddaa nnaa TTaabbeellaa 11..
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IFES Pág. 10
Tabela 1: Os pesos atômicos segundo Dalton: primeira tabela de pesos atômicos, apresentada oralmente por Dalton em 1803 e publicada como artigo nas Memoirs of the Philosophical Society of Manchester (2nd series v. 1, p. 271-287, 1805). O padrão é o átomo de hidrogênio.
PPeessooss aattôômmiiccooss ((ssiicc))
EESSPPÉÉCCIIEE QQUUÍÍMMIICCAA
11880055
11880088
HHiiddrrooggêênniioo 11 11
AAzzoottoo 44..22 55
CCaarrbboonnoo 44..33 55
AAmmôônniiaa 55..22 66
OOxxiiggêênniioo 55..55 77
ÁÁgguuaa 66..55 88
FFóóssffoorroo 77,,22 99
HHiiddrrooggêênniioo ffoossffoorreettaaddoo ((PPHH33)) 88..22 --
GGááss nniittrroossoo ((NNOO)) 99..33 1122
ÉÉtteerr 99..66 --
ÓÓxxiiddoo ggaassoossoo ddee ccaarrbboonnoo ((CCOO)) 99..88 1122
ÓÓxxiiddoo nniittrroossoo ((NN2200)) 1133..77 1177
EEnnxxooffrree 1144..44 1133
AAcciiddoo nnííttrriiccoo ((NNOO22)) 1155..22 1199
HHiiddrrooggêênniioo ssuullffuurreettaaddoo ((HH22SS)) 1155..44 1166
ÁÁcciiddoo ccaarrbbôônniiccoo ((CCOO22)) 1155..33 1199
ÁÁllccooooll 1155..11 1166
ÁÁcciiddoo ssuullffuurroossoo ((SSOO22)) 1199..99 44
ÁÁcciiddoo ssuullffúúrriiccoo ((SSOO33)) 2255..44 3344
HHiiddrrooggêênniioo ccaarrbbuurreettaaddoo ddaa áágguuaa eessttaaggnnaaddaa ((CCHH44))
66..33 77
GGááss oolleeffiiaannttee ((CC22HH44)) 55..33 66
11.. 22 OO ááttoommoo.. –– AA uunniiddaaddee ffuunnddaammeennttaall ddaa mmaattéérriiaa..
CCoomm oo aaddvveennttoo ddaa cciiêênncciiaa eexxppeerriimmeennttaall nnooss ssééccuullooss XXVVII ee XXVVIIII,, ooss aavvaannççooss nnaa
tteeoorriiaa aattôômmiiccaa ttoorrnnaarraamm--ssee mmaaiiss rrááppiiddoo.. OOss qquuíímmiiccooss ppeerrcceebbeerraamm qquuee ttooddooss ooss
llííqquuiiddooss,, ggaasseess ee ssóólliiddooss ppooddeemm sseerr ddeeccoommppoossttooss eemm sseeuuss ccoonnssttiittuuiinntteess
ffuunnddaammeennttaaiiss,, oouu eelleemmeennttooss.. PPoorr eexxeemmpplloo,, ddeessccoobbrriiuu--ssee qquuee oo ssaall éé ccoommppoossttoo ddee
ddooiiss eelleemmeennttooss ddiiffeerreenntteess,, ssóóddiioo ee cclloorroo,, ccoonneeccttaaddooss eemm uummaa uunniiããoo íínnttiimmaa ccoonnhheecciiddaa
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IFES Pág. 11
ccoommoo lliiggaaççããoo qquuíímmiiccaa.. OO aarr,, nnoo eennttaannttoo,, pprroovvoouu sseerr uummaa mmiissttuurraa ddee ggaasseess
nniittrrooggêênniioo ee ooxxiiggêênniioo..
11..22 CCaarraacctteerrííssttiiccaa ddaa MMaattéérriiaa..
OO tteerrmmoo eessttaaddoo ddaa mmaattéérriiaa rreeffeerree àà ffoorrmmaa ffííssiiccaa eemm qquuee aa mmaattéérriiaa eexxiissttee:: ssóólliiddoo,,
llííqquuiiddoo ee ggááss..
OOss ssóólliiddooss ssããoo ccaarraacctteerriizzaaddooss ccoomm tteennddoo ttaannttoo uummaa ffoorrmmaa ccoommoo vvoolluummee ddeeffiinniiddoo..
EEmm uumm ssóólliiddoo aass ffoorrççaass qquuee mmaannttéémm aass mmoollééccuullaass,, oouu ááttoommooss,, ssããoo ffoorrtteess.. NNããoo
rreeqquueerreemm,, ppoorrttaannttoo,, aappooiioo eexxtteerrnnoo ppaarraa mmaanntteerreemm aa ccoonnffiigguurraaççããoo.. SSuuaass ppaarrttííccuullaass
eessttããoo oorrddeennaaddaass ee vviibbrraamm rroottaacciioonnaallmmeennttee,, aappeennaass..
OOss llííqquuiiddooss ttêêmm oo vvoolluummee ddeeffiinniiddoo,, mmaass ffoorrmmaa iinnddeetteerrmmiinnaaddaa ((ttoommaamm aa ffoorrmmaa ddee
sseeuuss rreecciippiieenntteess)) ee ssããoo lliiggeeiirraammeennttee ccoommpprreessssíívveell.. AAss ffoorrççaass qquuee mmaannttêêmm aass
mmoollééccuullaass oouu ááttoommooss ddee uumm llííqquuiiddoo ssããoo mmaaiiss ffrraaccaass ddoo qquuee nnooss ssóólliiddooss.. SSuuaass
ppaarrttííccuullaass eessttããoo ddiissppoossttaass aalleeaattoorriiaammeennttee,, mmaass pprróóxxiimmaass..
OOss ggaasseess ssããoo ffaacciillmmeennttee ccoommpprreessssíívveeiiss ee ccaappaazzeess ddee eexxppaannssããoo iinnffiinniittaa.. SSuuaa ffoorrmmaa éé
iinnddeeffiinniiddaa ee oo sseeuu vvoolluummee éé iinnddeetteerrmmiinnaaddoo.. AAss ffoorrççaass aattrraattiivvaass ssããoo qquuaassee
iinneexxiisstteenntteess.. AA ddiissttâânncciiaa eennttrree eellaass éé mmuuiittoo ggrraannddee ee vvaarriiáávveell ee ssuuaass ppaarrttííccuullaass ssee
mmoovveemm ddeessoorrddeennaaddaammeennttee aaoo iimmpprreevviissíívveell..
CCoonnttuuddoo,, ooss ddiiffeerreenntteess eessttaaddooss ddaa mmaattéérriiaa ttêêmm uummaa ccooiissaa eemm ccoommuumm:: ttooddooss eelleess
ppooddeemm sseerr ddiivviiddiiddooss eemm uunniiddaaddeess ffuunnddaammeennttaaiiss cchhaammaaddaass ááttoommooss..
O estado sólido. Forças de coesão são maiores do que as de repulsão; apresenta retículo cristalino - forma geométrica definida; o movimento das partículas ocorre somente no retículo cristalino; são muito pouco compressíveis.
Fig. 3
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O estado Líquido. As forças de coesão e repulsão se igualam; não apresenta retículo cristalino; apresenta tensão superficial; podem ser comprimidos.
Fig. 4
O Estado Gasoso. As forças de repulsão são maiores do que as de coesão; há grande expansibilidade; grande compressibilidade e as partículas movimentam-se com grande velocidade.
Fig. 5
11.. 33 AA EEssttrruuttuurraa ddoo ÁÁttoommoo
UUmm ggrraannddee nnúúmmeerroo ddee eessttuuddooss,, iinniicciiaaddooss ppoorr vvoollttaa ddee 11885500,, ddeemmoonnssttrroouu aa
eexxiissttêênncciiaa ddee uummaa eessttrruuttuurraa iinntteerrnnaa nnoo ááttoommoo ccoonnssttiittuuííddoo ppoorr ppaarrttííccuullaass mmeennoorreess,,
qquuee ssee ddeessiiggnnoouu ppoorr ppaarrttííccuullaass ssuubbaattôômmiiccaass..
OO cciieennttiissttaa TThhoommssoonn rreeaalliizzoouu,, nnoo ffiinnaall ddoo ssééccuulloo XXIIXX,, uummaa sséérriiee ddee eexxppeerriiêênncciiaass
qquuee llhhee ppeerrmmiittiirraamm ccoonncclluuiirr qquuee oo ááttoommoo nnããoo eerraa aappeennaass uummaa eessffeerraa iinnddiivviissíívveell
ccoommoo ttiinnhhaa ddiittoo DDaallttoonn.. EEssttaa eessffeerraa ttiinnhhaa ccaarrggaa ppoossiittiivvaa ee nnoo sseeuu iinntteerriioorr,,
ppaarrttííccuullaass ccoomm ccaarrggaa eellééttrriiccaa nneeggaattiivvaa,, aa qquuee ssee ddeeuu oo nnoommee ddee eellééttrroonnss..
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 13
11..44 OO mmooddeelloo ddee TThhoommssoonn..
OO mmooddeelloo ddee TThhoommssoonn,, ttaammbbéémm ccoonnhheecciiddoo ppoorr ppuuddiimm ddee ppaassssaass,, rreepprreesseennttaa oo ááttoommoo
ccoommoo uummaa eessffeerraa mmaacciiççaa ddee ccaarrggaa ppoossiittiivvaa,, uunniiffoorrmmeemmeennttee ddiissttrriibbuuííddaa,, oonnddee ssee
eennccoonnttrraarriiaamm iinnccrruussttaaddaass ppeeqquueenniinnaass eessffeerraass ddee ccaarrggaa nneeggaattiivvaa qquuee ttoommaarraamm oo
nnoommee ddee eellééttrroonnss..
O modelo de Thomson, também conhecido por pudim de passas.
Fig. 6
11..55 MMooddeelloo AAttôômmiiccoo ddee RRuutthheerrffoorrdd
EEmm 11991100,, uumm aannttiiggoo aalluunnoo ddee TThhoommssoonn,, EErrnneesstt RRuutthheerrffoorrdd ((11887711--11993377)) ccoonncceebbeeuu,,
ccoomm bbaassee eemm eessttuuddooss ddee ffeennôômmeennooss rraaddiiooaattiivvooss,, uumm nnoovvoo mmooddeelloo aattôômmiiccoo..
SSeegguunnddoo oo mmooddeelloo ddee RRuutthheerrffoorrdd,, ttooddaa aa ccaarrggaa ppoossiittiivvaa ddoo ááttoommoo eessttáá ccoonncceennttrraaddaa
nnuummaa ppeeqquueennaa zzoonnaa ddeennssaa ee cceennttrraall aa qquuee cchhaammoouu nnúúcclleeoo,, ee aass ppaarrttííccuullaass ddee ccaarrggaa
nneeggaattiivvaa,, ooss eellééttrroonnss,, eennccoonnttrraamm--ssee eemm mmoovviimmeennttoo eemm ttoorrnnoo ddoo rreeffeerriiddoo nnúúcclleeoo..
RRuutthheerrffoorrdd,, aappóóss ddiivveerrssaass eexxppeerriiêênncciiaass,, ccoonncclluuiiuu qquuee::
11.. AA mmaaiioorr ppaarrttee ddoo ááttoommoo eerraa eessppaaççoo vvaazziioo;;
22.. NNaa rreeggiiããoo cceennttrraall ddoo ááttoommoo ccoonncceennttrraa--ssee ttooddaa aa mmaassssaa ddoo ááttoommoo;;
33.. OO nnúúcclleeoo tteemm ccaarrggaa ppoossiittiivvaa;;
44.. OOss eellééttrroonnss ggiirraamm eemm ttoorrnnoo ddoo nnúúcclleeoo,, ttaall ccoommoo ooss ppllaanneettaass eemm ttoorrnnoo ddoo
SSooll..
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IFES Pág. 14
EEssttee mmooddeelloo,, aappeessaarr ddee eexxttrreemmaammeennttee úúttiill nnããoo ccoonnsseegguuiiaa eexxpplliiccaarr oo ffaattoo ddee aa
mmaattéérriiaa sseerr eessttáávveell uummaa vveezz qquuee aa aattrraaççããoo eelleettrroossttááttiiccaa eennttrree ooss eellééttrroonnss ee oo nnúúcclleeoo
ppoossiittiivvoo iimmpplliiccaavvaa nneecceessssaarriiaammeennttee qquuee aass ccaarrggaass nneeggaattiivvaass ccoolliiddiisssseemm ccoomm aa
rreeggiiããoo ppoossiittiivvaa oorriiggiinnaannddoo ppaarrttííccuullaass mmaatteerriiaaiiss iinnssttáávveeiiss –– oo qquuee nnããoo ssee oobbsseerrvvaavvaa..
EEsssseess eellééttrroonnss nnããoo ppooddeerriiaamm eessttaarr ppaarraaddooss,, ppooiiss eelleess ccaaiirriiaamm eemm ddiirreeççããoo aaoo nnúúcclleeoo
ddeevviiddoo àà aattrraaççããoo ccoouulloommbbiiaannaa,, eennttããoo RRuutthheerrffoorrdd pprrooppôôss qquuee ooss eellééttrroonnss eessttaarriiaamm
ggiirraannddoo eemm ttoorrnnoo ddoo nnúúcclleeoo eemm óórrbbiittaass cciirrccuullaarreess.. NNoo eennttaannttoo,, iissssoo nnããoo rreessoollvviiaa oo
pprroobblleemmaa ddaa eessttaabbiilliiddaaddee ddoo nnúúcclleeoo,, ppooiiss ccaarrggaass eellééttrriiccaass aacceelleerraaddaass eemmiitteemm
eenneerrggiiaa,, ee aa ppeerrddaa ddee eenneerrggiiaa ffaarriiaa ooss eellééttrroonnss eessppiirraallaarreemm rraappiiddaammeennttee eemm ddiirreeççããoo
aaoo nnúúcclleeoo,, eemmiittiinnddoo rraaddiiaaççããoo eemm ttooddooss ooss ccoommpprriimmeennttooss ddee oonnddaa ee ttoorrnnaannddoo ooss
ááttoommooss iinnssttáávveeiiss.. EEssssee mmooddeelloo aattôômmiiccoo nnããoo eerraa ssaattiissffaattóórriioo,, ppooiiss ooss ááttoommooss
oobbvviiaammeennttee ssããoo eessttáávveeiiss..
Átomo de Bohr–Rutherford com um núcleo central, formado por prótons, nêutrons e os elétrons circunscritos a órbitas circulares.
Fig. 7
1.6 A Contribuição De Max Planck E Einstein
Em 1900, Max Planck, físico alemão, descobriu que átomos ou moléculas absorviam
ou emitiam energia apenas em quantidades discretas, ou seja, em parcelas pequenas
e muito bem definidas. Definiu o conceito de quantum como sendo a quantidade de
energia que pode ser emitida ou absorvida na forma de radiação eletromagnética.
Acabara de conceber a idéia de energia descontínua, ou quantizada. Albert Einstein,
em 1905, chamou os quanta de Planck de photons (fótons) e estabeleceu, ainda, que
energia tem massa. Cada átomo é capaz de emitir ou absorver radiações
eletromagnéticas, mas apenas em algumas freqüências que são características de
cada um dos elementos químicos diferentes.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 15
Com o espectro, tanto de emissão e absorção, é característica de cada elemento, que
é usado para identificar cada um dos elementos da tabela periódica pelo simples
visualização e análise da posição de absorção ou emissão em suas linhas de espectro.
Fig. 8. O espectrógrafo rudimentar.
Fig. 9. Espectroscopia de emissão.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 16
11..77 OO mmooddeelloo ddee NNiieellss BBööhhrr..
EEmm 11991111,, EErrnneesstt RRuutthheerrffoorrdd,, rreeaalliizzoouu uumm eexxppeerriimmeennttoo,, ppaarraa ccoommpprroovvaarr oo mmooddeelloo
pprrooppoossttoo aattôômmiiccoo ppoorr TThhoommssoonn,, qquuee ccoonnssiissttiiuu eemm bboommbbaarrddeeaarr uummaa ffiinnaa ffoollhhaa ddee
oouurroo ((00,,00000011 ?? ?? ?? ??)) ccoomm ppaarrttííccuullaass ppoossiittiivvaass ee ppeessaaddaass,, ddeennoommiinnaaddaass ppaarrttííccuullaass aallffaa
((αα)),, eemmiittiiddaass ppoorr uumm eelleemmeennttoo rraaddiiooaattiivvoo cchhaammaaddoo ppoollôônniioo..
NNiieellss BBoohhrr ccoommpplleettoouu,, qquuee ccoommpplleettoouu oo mmooddeelloo pprrooppoossttoo ppoorr RRuutthheerrffoorrdd,, ssuuggeerriiuu
qquuee::
II.. OOss eellééttrroonnss ssee mmoovveemm eemm ttoorrnnoo ddoo nnúúcclleeoo ccoomm óórrbbiittaass cciirrccuullaarreess;;
IIII.. AA ccaaddaa óórrbbiittaa ccoorrrreessppoonnddee uummaa ddeetteerrmmiinnaaddaa eenneerrggiiaa;;
IIIIII.. OOss eellééttrroonnss ccoomm mmaaiiss eenneerrggiiaa mmoovveemm--ssee eemm óórrbbiittaass mmaaiiss aaffaassttaaddaass ddoo
nnúúcclleeoo..
DDuurraannttee aa rreeaalliizzaaççããoo ddaa eexxppeerriiêênncciiaa,, RRuutthheerrffoorrdd oobbsseerrvvoouu qquuee::
aa)) aa mmaaiioorriiaa ddaass ppaarrttííccuullaass αα aattrraavveessssaarraamm aa ffoollhhaa ddee oouurroo sseemm ssooffrreerr ddeessvviiooss ee sseemm
aalltteerraarr aa ssuuppeerrffíícciiee ddaa ffoollhhaa ddee oouurroo;;
bb)) aallgguummaass ppaarrttííccuullaass αα ssooffrreerraamm ddeessvviiooss aaoo aattrraavveessssaarr aa ffoollhhaa ddee oouurroo;;
cc)) mmuuiittoo ppoouuccaass ppaarrttííccuullaass αα nnããoo aattrraavveessssaarraamm aa ffoollhhaa ddee oouurroo ee vvoollttaarraamm ((ffiigg..88))..
Fig. 10: O experimento de Ernest Rutherford
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 17
Fig. 11. O experimento de Niels Böhr
1.8 Eletrosfera.
As idéias estabelecidas por Böhr colaboraram para estabelecer que no moderno
modelo atômico, os elétrons devem se distribuir na eletrosfera do átomo em
determinados níveis de energia (n).
Tabela 2.: Níveis com o número máximo de elétrons permitidos.
Camada Nível de
energia (n) Número máximo
de elétrons
K 1 2 L 2 8 M 3 18 N 4 32 O 5 32 P 6 18 Q 7 8
1.9 A Mecânica Quântica e o estudo da estrutura eletrônica dos átomos.
Com a Mecânica Quântica surgem três números quânticos para descrever a
distribuição dos elétrons no átomo, ou seja, para descrever as orbitais atômicas.
Estes números quânticos, que resultam da equação de Schrödinger, são: número
quântico principal, n, número quântico de momento angular, L, e número
quântico magnético, m.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 18
19.1 O número quântico principal.
Está relacionado com a distância média de um elétron ao núcleo. Para os átomos
conhecidos atualmente, os elétrons ocupam 7 níveis de energia (camadas de
elétrons), representados por letras maiúsculas: K, L, M, N, O, P e Q , e
identificados através de ―números quânticos‖, denominados ―principais‖ ou
―primários‖, que são, respectivamente: 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7.
Fig. 12. Número quântico principal.
1.9.2 O número quântico de momento angular (l).
Está relacionado com a forma da orbital. Os valores possíveis dependem do
número quântico principal e são todos os inteiros de 0 até n – 1.
Fig. 13: Formas de orbitais.
O valor de l define o momento angular do elétron, sendo que o aumento do seu
valor implica o aumento correspondente do valor do momento angular. Deste
modo a energia cinética do elétron é associada ao movimento angular e está
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 19
dependente da energia total do elétron e naturalmente esses valores permitidos
de l estão associados ao número quântico principal.
Para um dado valor de n, l pode ter como valores possíveis os números inteiros
de 0 a (n - 1).
Por exemplo:
Se n = 1, existe apenas um único valor de número quântico de momento
angular possível (l = n - 1 = 1 - 1 = 0).
Se n = 2, existem dois valores de l possíveis, 0 e 1.
Se n = 3, há três valores de l, nomeadamente 0, 1 e 2.
Tabela 3. Números Quânticos de Momento Angular.
Número quântico principal
Número quântico orbital
Estado atômico
n = 1 l = 0 1s
n = 2 l = 0
l = 1
2s 2p
n = 3
l = 0
l = 1
l = 2
3s 3p 3d
Fig. 14. Órbita era circular (s), elípticas (p, d, f).
1.9.3 O número quântico magnético.
Está relacionado com a orientação da orbital no espaço. Este toma todos os
valores de – L até + L, passando pelo 0.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 20
Fig. 15. Número quântico magnético.
Fig. 16. Os vetores momentos angulares.
Tabela 4. Números Quânticos.
l 0 1 2 3
orbital s p d f
l 0 -1, 0, +1 -2, -1, 0, +1, +2 -3, -2, -1, 0, +1, +2, +3
Orientações 1 3 5 7
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 21
1.9.4 Número quântico de spin eletrônico.
O elétron, além de gerar um momento magnético devido ao seu movimento
angular, possui por si só um momento angular intrínseco.
Uma partícula carregada, quando em rotação, comporta-se como um pequeno ímã.
Por isso dizemos que o elétron tem um momento angular de spin. Se pensarmos
nos elétrons a rodarem sobre o seu próprio eixo (como o planeta Terra), as suas
propriedades magnéticas podem ser justificadas.
De acordo com a teoria eletromagnética, qualquer carga em rotação gera um
campo magnético em seu torno. Como o movimento de rotação do elétron pode
ter dois sentidos (sentido horário e anti-horário) pode ter dois valores. Deste
modo o número quântico de spin eletrônico (ms) pode tomar os valores –1/2 e
+1/2.
Uma demonstração inquestionável da existência do spin eletrônico foi conseguido
por Otto Stern e Walter Gerlach, ambos físicos alemães, em 1924. O seu
dispositivo experimental consistia num feixe de átomos, produzidos num forno
quente, que era injetado através de um campo magnético não homogêneo. A
interação entre um elétron e o campo magnético provoca um desvio do seu trajeto
linear. Como os movimentos de spin são completamente aleatórios, metade dos
átomos são desviados numa direção e a outra metade noutra. No anteparo
detector conseguem-se determinar duas regiões de igual intensidade.
Fig. 17
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 22
Fig. 18
1.10 Descoberta do nêutron.
Em 1932, o físico inglês James Chadwick constatou que os núcleos dos átomos,
assim como as próprias partículas alfa, continham em sua estrutura, além dos
prótons que lhes conferiam carga positiva, outras partículas, de carga elétrica
neutra e massa aproximadamente igual à do próton, que evitam a repulsão dos
prótons, denominadas de nêutrons.
A descoberta da existência dessa partícula foi possível graças ao grande sucesso
da aplicação do Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento.
Segundo este, a conservação da quantidade de movimento total de um sistema
ocorre se a resultante das forças externas que atuam sobre o sistema for nula.
Este princípio ganhou enorme importância, de forma que ficou conhecido como
uma das leis fundamentais da natureza, sendo aplicada em todos os campos da
ciência Física.
A experiência que J. Chadwick realizou consistiu, basicamente, em fazer com que
feixes de partículas alfa se colidissem com uma amostra de berílio. Dessa colisão
apareceu um tipo de radiação que levaram muitos cientistas a acreditar que se
tratava de raios gama. Após realizar vários cálculos, James concluiu que não se
tratava de raios gama, a radiação invisível era formada por nêutrons.
Fig. 19
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 23
O nêutron eliminado, ao atravessar um campo elétrico, não sofre desvio,
permitindo concluir que o nêutron é uma partícula que não possui carga elétrica,
mas que possui massa praticamente igual a do próton.
Para comprovar que realmente se tratava de nêutrons, Chadwick mediu a massa
dessas partículas, pois segundo Rutherford elas tinham massa igual à do próton.
1.11 Modelo De Sommerfeld.
Em 1916, o físico alemão Arnold Johannes Wilhelm Sommerfeld, baseado na
mecânica quântica, apresentou um novo modelo atômico sobre o qual afirmava que
os elétrons descreviam órbitas circulas e elípticas ao redor do núcleo.
Considerou, ainda, que a energia liberada como fóton era pelo fato de as camadas
eletrônicas possuírem certas subdivisões (subníveis energéticos - s, p, d, f).
Para ele, uma órbita era circular (s) e as demais, elípticas (p, d, f).
Fig. 20. O modelo de Sommerfeld.
1.12 Modelo de Schrödinger: modelo atual.
As experiências do modelo de Bohr foram muito úteis, mas a ciência, em evolução,
abandonou a idéia de órbitas estacionárias regidos pelas leis da mecânica clássica.
Evoluiu para uma nova mecânica: a mecânica quântica. Seus pais eram: Werner
Karl Heisenberg (1901-1976), Erwin Schrödinger (1887-1961) e Paul Dirac (1902-
1984). Eles abandonaram o conceito de órbita estacionária, principalmente porque
não se pode localizar a posição exata de um elétron em um dado instante.
No modelo de Schrödinger abandona o conceito de elétrons como minúsculas
esferas carregadas que giram em torno do núcleo, que é uma extrapolação a partir
da experiência nível macroscópica para o pequeno tamanho do átomo. Em vez
disso, a trajetória dos elétrons de Schrödinger é a de uma onda. Neste caso, o
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 24
elétron não é considerado como uma partícula; ele é considerado como um conjunto
das ondas que vibram em redor do núcleo, com uma provável presença em uma
região definida do espaço. Esta área é conhecida como probabilidade orbital.
Portanto, os cientistas abandonaram a ideia de que o elétron descrevia uma
trajetória definida em torno do núcleo e passaram a admitir que existam zonas onde
há maior probabilidade de encontrar os elétrons, designadas por orbitais.
Fig. 21. Diferença entre orbitais.
Vejamos alguns exemplos:
Fig. 22: Orbitais s.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
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Fig. 23. Orbitais p.
Fig. 24. Orbitais d.
Fig. 25. Orbitais f.
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A EVOLUÇÃO DO MODELO DO ÁTOMO
RESUMO
TEORIA DE DALTON
A) Cada elemento é composto de minúsculas partículas indestrutíveis chamadas
átomos. Átomos não podem ser criados nem destruídos durante uma reação
química.
B) Todos os átomos de um elemento são semelhantes em massa (peso) e outras
propriedades, mas os átomos de um elemento são diferentes do resto dos
elementos.
C) Em cada um dos seus compostos, os diferentes elementos se combinam em
proporções numéricas simples: assim, um átomo de um com um átomo de B (AB),
ou um átomo A com dois átomos de B (AB2).
Teoria atômica de Dalton levou à "Lei das proporções múltiplas, que afirma:
―Se dois elementos formam mais do que um único composto simples, as massas
de um elemento se combina com uma massa fixa de um segundo elemento numa
simples razão inteira‖.
Exemplo: o hidrogênio e o oxigênio se combinar formando 2 compostos
diferentes: a água e a água oxigenada.
No primeiro,
11,11 g de H2O combinam-se a 89,99 g de O, formando 100 g de água.
No segundo,
100 g de H2O2 são formadas por 5,88 g de H e 94,11 g de O.
Como se vê:
5,88 é praticamente metade de 11,11, donde se verifica a veracidade da
lei.
MODELO ATÔMICO DE THOMSON
Neste modelo, concebido em 1904, o átomo é constituído por uma esfera de carga
elétrica positiva, na qual estão imersos os elétrons com carga elétrica negativa.
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A) Modelo de Dalton,
B) Modelo de Thompson.
Fig. 26
MODELO ATÓMICO DE RUTHERFORD
Neste modelo, concebido em 1911, o átomo é constituído por um núcleo, portador de
carga elétrica positiva, à volta do qual rodam os elétrons, descrevendo órbitas
elípticas.
MODELO ATÔMICO DE BOHR
Neste modelo, concebido em 1913, o átomo é constituído por um núcleo, tal como no
modelo de Rutherford, mas em que os elétrons se movem em órbitas circulares em
torno do núcleo, correspondendo a cada uma delas um nível de energia. Os elétrons
podem passar de uma órbita para outra por absorção ou emissão de energia.
Fig. 27. O Modelo de Bohr.
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MODELO ATÔMICO ATUAL — MODELO DA NUVEM ELETRÔNICA.
Os cientistas abandonaram a idéia de que o elétron descrevia uma trajetória definida em torno do núcleo e passaram a admitir que existam zonas onde há maior probabilidade de encontrar os elétrons, designadas por orbitais.
Fig. 28. O modelo da Nuvem Eletrônica.
Fig. 29
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UUNNIIDDAADDEE IIII
22..11.. OO PPRRIINNCCÍÍPPIIOO DDEE EEXXCCLLUUSSÃÃOO DDEE PPAAUULLII..
OO pprriinnccííppiioo ddee eexxcclluussããoo ddee PPaauullii ssuuggeerree qquuee aappeennaass ddooiiss eellééttrroonnss ccoomm ssppiinnss
ooppoossttooss ppooddeemm ooccuuppaarr uumm oorrbbiittaall aattôômmiiccoo.. DDiittoo ddee oouuttrraa mmaanneeiirraa,, nnããoo eexxiisstteemm
ddooiiss eellééttrroonnss ccoomm ooss mmeessmmooss 44 nnúúmmeerrooss qquuâânnttiiccooss nn,, ll,, mm,, ss..
PPrriinnccííppiioo ddee eexxcclluussããoo ddee PPaauullii ssuuggeerree qquuee uumm oorrbbiittaall aattôômmiiccoo éé uumm eessttaaddoo ddee
eenneerrggiiaa qquuee ttêêmm lliimmiittee ddee eessppaaççoo ppaarraa aaccoommooddaarr eellééttrroonnss..
22..22.. PPRRIINNCCÍÍPPIIOOSS DDEE AAUUFFBBAAUU OOUU RREEGGRRAA DDEE KKLLEECCHHKKOOWWSSKKII..
OOss eellééttrroonnss ssããoo pprreeeenncchhiiddooss ddee aaccoorrddoo ccoomm uumm eessqquueemmaa ccoonnhheecciiddoo ccoommoo oo
pprriinnccííppiioo ddee AAuuffbbaauu,, qquuee ccoorrrreessppoonnddee ((nnaa mmaaiioorr ppaarrttee)) ppaarraa aauummeennttaarr aa eenneerrggiiaa
ddaass ssuubbccaammaaddaass..
Fig. 30
OOrrddeemm ddee pprreeeenncchhiimmeennttoo:: 11ss >> 22ss >> 22pp >> 33ss >> 33pp >> 44ss >> 33dd >> 44pp >> 55ss >> 44dd >> 55pp
>> 66ss >> 44ff >> 55dd >> 66pp >> 77ss >> 55ff >> 66dd >> 77pp..
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22..33.. CCOONNFFIIGGUURRAAÇÇÃÃOO EELLEETTRRÔÔNNIICCAA..
PPoorrqquuee uumm eellééttrroonn ggiirraa ssoobbrree sseeuu eeiixxoo,, eellee ccrriiaa uumm ccaammppoo mmaaggnnééttiiccoo.. PPaarraa ddooiiss
eellééttrroonnss nnoo mmeessmmoo oorrbbiittaall,, aass rroottaaççõõeess ddeevveemm sseerr ooppoossttaass eennttrree ssii ((ppaarraa qquuee ooss
ccaammppooss mmaaggnnééttiiccooss sseejjaamm oorriieennttaaddooss eemm dduuaass ddiirreeççõõeess ddiissttiinnttaass)).. NNeessttee ccaassoo,, oo
ááttoommoo éé nnoommeeaaddoo ddiiaammaaggnnééttiiccoo,, ppooiiss tteemm ooss ddooiiss eellééttrroonnss eemmppaarreellhhaaddooss ((ssppiinnss
eemmppaarreellhhaaddooss)).. ÁÁttoommoo ppaarraammaaggnnééttiiccoo tteemm uumm oorrbbiittaall ddeesseemmppaarreellhhaaddoo ((ssoommeennttee 11
eellééttrroonn nnoo oorrbbiittaall)).. OOss eelleemmeennttooss ddiiaammaaggnnééttiiccooss ssee aaggrruuppaamm eemm bbllooccooss sseemm
oorriieennttaaççããoo ppoollaarr ddeeffiinniiddaa,, ddee mmooddoo qquuee nnããoo rreeaaggeemm aa ccaammppooss mmaaggnnééttiiccooss.. AAssssiimm,,
oo pprriinnccííppiioo ddee eeqquuiillííbbrriioo ooccoorrrree qquuaannddoo ooss eellééttrroonnss eessttããoo eemmppaarreellhhaaddooss..
AA ddiissttrriibbuuiiççããoo ddee eellééttrroonnss eennttrree ooss oorrbbiittaaiiss ddee uumm ááttoommoo éé cchhaammaaddaa ddee
ccoonnffiigguurraaççããoo eelleettrrôônniiccaa..
CCoommoo vviimmooss ooss ssuubbnníívveeiiss ssããoo ddeessiiggnnaaddooss ppoorr lleettrraass:: ss ((sshhaarrpp == nnííttiiddoo)),, pp
((pprriinncciippaall)),, dd ((ddiiffffuussee == ddiiffuussoo)),, ff ((ffuunnddaammeennttaall)) ee ooss gg,, hh ee ii,, eexxiisstteenntteess ssoommeennttee nnaa
tteeoorriiaa,, ppooiiss nnããoo hháá,, aaiinnddaa,, ááttoommooss ccoomm ttaannttooss eellééttrroonnss −− ssee eexxiissttiirreemm sseerráá
nneecceessssáárriioo uuttiilliizzaarrmmooss eesssseess ssuubbnníívveeiiss..
AA ccaammaaddaa KK éé ccoommppoossttaa ppeelloo ssuubbnníívveell ss..
AA ccaammaaddaa LL éé ccoommppoossttaa ppeellooss ssuubbnníívveeiiss ss ee pp..
AA ccaammaaddaa MM éé ccoommppoossttaa ppeellooss ssuubbnníívveeiiss ss,, pp ee dd..
AA ccaammaaddaa NN éé ccoommppoossttaa ppeellooss ssuubbnníívveeiiss ss,, pp,, dd ee ff..
AA ccaammaaddaa OO éé ccoommppoossttaa ppeellooss ssuubbnníívveeiiss ss,, pp,, dd,, ff ee gg..
AA ccaammaaddaa PP éé ccoommppoossttaa ppeellooss ssuubbnníívveeiiss ss,, pp,, dd,, ff,, gg,, ee hh..
AA ccaammaaddaa QQ éé ccoommppoossttaa ppeellooss ssuubbnníívveeiiss ss,, pp,, dd,, ff,, gg,, hh ee ii
CCoommoo ooss mmoommeennttooss aanngguullaarreess ssppiinn ee oorrbbiittaall ssee ccoommbbiinnaamm ((iissttoo éé,, ssee aaccooppllaamm)) ddee
mmooddoo vveettoorriiaall ee ccoommoo nnããoo eexxiisstteemm ddooiiss eellééttrroonnss ccoomm ooss mmeessmmooss 44 nnúúmmeerrooss
qquuâânnttiiccooss ((nn,, ll,, mm,, ss)) tteerreemmooss::
Fig. 31: Configuração eletrônica.
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Tabela 5: Distribuição eletrônica.
n l m l Número
de orbitais
Orbital
Elétrons emparelhados
Número de
elétrons
1
0
0 1 1 s ↑↓ 2
2
0
0 1 2 s ↑↓ 2
1
-1, 0, 1 3 2 p ↑↓ ↑↓ ↑↓ 6
3
0
0 1 3 s ↑↓ 2
1
-1, 0, 1 3 3 p ↑↓ ↑↓ ↑↓ 6
2
-2, -1, 0, 1, 2 5 3 d ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ 10
4
0
0 1 4 s ↑↓ 2
1
-1, 0, 1 3 4 p ↑↓ ↑↓ ↑↓ 6
2 -2, -1, 0, 1, 2 5 4 d ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ 10
3
-3, -2, -1, 0, 1, 2, 3
7 4 f ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓
↑↓ 14
NNúúmmeerroo mmááxxiimmoo ddee eellééttrroonnss eemm ccaaddaa nníívveell ddee eenneerrggiiaa éé ddeetteerrmmiinnaaddoo ppeellaa eeqquuaaççããoo
ddee RRyyddbbeerrgg:: xx == 22nn22..
K L M N O P Q
2 8 18 32 50 72 98
OO eelleemmeennttoo ddee nnúúmmeerroo aattôômmiiccoo 111122 aapprreesseennttaa oo sseegguuiinnttee nnúúmmeerroo ddee eellééttrroonnss nnaass
ccaammaaddaass eenneerrggééttiiccaass::
K L M N O P Q
2 8 18 32 32 18 2
UUmm eessqquueemmaa ffeeiittoo ppaarraa aauuxxiilliiaarr nnaa ddiissttrriibbuuiiççããoo ddooss eellééttrroonnss ppeellooss ssuubbnníívveeiiss ddaa
eelleettrroossffeerraa éé oo ddiiaaggrraammaa ddee LLiinnuuss PPaauulliinngg ((oouu ddiiaaggrraammaa ddee PPaauulliinngg))..
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Fig. 32: Diagrama de Pauling.
OOrrddeemm ddoo ddiiaaggrraammaa éé::
11ss22,, 22ss22,, 22pp66,, 33ss22,, 33pp66,, 44ss22,, 33dd1100,, 44pp66,, 55ss22,, 44dd1100,, 55pp66,, 66ss22,, 44ff1144,, 55dd1100,, 66pp66,, 77ss22,, 55ff1144,, 66dd1100,,
77pp66..
NNããoo éé nneecceessssáárriioo mmeemmoorriizzaarr oo sseegguuiimmeennttoo ddoo ddiiaaggrraammaa,, ppooiiss aa oorrddeemm nnaa qquuaall ooss eellééttrroonnss ssããoo pprreeeenncchhiiddooss ppooddee sseerr lliiddaa aa ppaarrttiirr ddaa ttaabbeellaa ppeerriióóddiiccaa..
1A 2A 3A 4A 5A 6A 7A 8A
1 H 1s1
2 He 1s2
3 Li 1s2 2s1
4 Be 1s2 2s2
5 B
1s2 2s22p1
6 C
1s2 2s22p2
7 N 1s2
2s22p3
8 O 1s2
2s22p4
9 F
1s2 2s22p5
10 Ne 1s2
2s22p6
11 Na
[Ne] 3s1
12 Mg
[Ne] 3s2
13 Al
[Ne] 3s23p1
14 Si
[Ne] 3s23p2
15 P
[Ne] 3s23p3
16 S
[Ne] 3s23p4
17 Cl
[Ne] 3s23p5
18 Ar
[Ne] 3s23p6
88ªª
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11AA 33AA 44AA 55AA 66AA 77AA 11ss
11ss 22AA 11pp
22ss 22pp
33ss 33pp
44ss 33dd 44pp
55ss 44dd 55pp
66ss 55dd 66pp
77ss 66dd
44ff
55ff
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22..44.. PPrroopprriieeddaaddeess ddooss ííoonnss mmoonnooaattôômmiiccooss..
OOss eellééttrroonnss nnaa ccaammaaddaa mmaaiiss eexxtteerrnnaa ((aaqquueellaass ccoomm oo mmaaiioorr vvaalloorr ddee nn)) ssããoo ooss mmaaiiss
eennéérrggiiccooss,, ee ssããoo ooss qquuee eessttããoo eexxppoossttooss aa oouuttrrooss ááttoommooss.. EEssttaa ccaammaaddaa éé ccoonnhheecciiddaa
ccoommoo aa ccaammaaddaa ddee vvaallêênncciiaa..
EElleemmeennttooss ccoomm pprroopprriieeddaaddeess sseemmeellhhaanntteess,, ggeerraallmmeennttee ttêêmm ccoonnffiigguurraaççõõeess
sseemmeellhhaanntteess nnaa ccaammaaddaa eexxtteerriioorr.. PPoorr eexxeemmpplloo,, nnóóss jjáá ssaabbeemmooss qquuee ooss
mmeettaaiiss aallccaalliinnooss ((GGrruuppoo 11AA)) sseemmpprree ffoorrmmaamm ííoonnss ccoomm uummaa ccaarrggaa ddee 11 ((oo
eellééttrroonn ""eexxttrraa"" ss11 eellééttrroonn éé oo qquuee sseerráá ppeerrddiiddoo)),, oorrddeemm eenneerrggééttiiccaa ((oorrddeemm
ddee pprreeeenncchhiimmeennttoo))::
1A Li 1s 2 2s 1 Li + 1s 2
Na 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 Na + 1s 2 2s 2 2p 6
K 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 K + 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6
OOss GGrruuppooss IIII ee IIIIII ((mmeettaaiiss)) ttaammbbéémm tteennddeemm aa ppeerrddeerr ttooddooss ooss sseeuuss eellééttrroonnss
ddee vvaallêênncciiaa ppaarraa ffoorrmmaarr ccááttiioonnss..
2A Be 1s 2 2s 2 Be 2 + 1s 2
Mg 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 Mg 2 + 1s 2 2s 2 2p 6
2A Al 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1 Al3+ 1s 2 2s 2 2p 6
OO GGrruuppoo IIVV ee VV ((mmeettaaiiss)) ppooddee ppeerrddeerr ttaannttoo ooss eellééttrroonnss ddoo ssuubbnníívveell pp,, oouu ddee
aammbbooss ooss ss ee SSUUBBCCAAMMAADDAASS pp,, ccoonnsseegguuiinnddoo aassssiimm uummaa ppsseeuuddoo--
ccoonnffiigguurraaççããoo ddee ggááss nnoobbrree..
4A Sn [Kr] 4d 10 5s 2 5p 2 Sn 2 + [Kr] 4d 10 5s 2
Sn 4 + [Kr] 4d 10
Pb [Xe] 4f 14 5d 10 6s 2 6p 2 Pb 2 + [Xe] 4f 14 5d 10 6s 2
Pb 4 + [Xe] 4f 14 5d 10
5A Bi [Xe] 4f 14 5d 10 6s 2 6p 3 Bi 3 + [Xe] 4f 14 5d 10 6s 2
Bi 5 + [Xe] 4f 14 5d 10
OOss GGrruuppoo IIVV -- VVIIII ((nnããoo--mmeettaaiiss)) ggaannhhaamm eellééttrroonnss aattéé ssuuaa ccaammaaddaa ddee
vvaallêênncciiaa ssee ccoommpplleettaarr ((88 eellééttrroonnss))..
4A C 1s 2 2s 2 2p 2 C4 - 1s 2 2s 2 2p 6
5A N 1s 2 2s 2 2p 3 N3 - 1s 2 2s 2 2p 6
6A O 1s 2 2s 2 2p 4 O2 - 1s 2 2s 2 2p 6
7A F 1s 2 2s 2 2p 5 F - 1s 2 2s 2 2p 6
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OOss ggaasseess nnoobbrreess ddoo ggrruuppoo VVIIIIII jjáá ppoossssuueemm uummaa ccaammaaddaa eexxtteerrnnaa ccoommpplleettaa,,
ppoorrttaannttoo,, eelleess nnããoo ttêêmm tteennddêênncciiaa ppaarraa ffoorrmmaarr ííoonnss..
8A Ne 1s 2 2s 2 2p 6
Ar 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6
MMeettaaiiss ddee ttrraannssiiççããoo ((ggrruuppoo BB)) nnoorrmmaallmmeennttee ttêêmm dduuaass ffoorrmmaass ddee ppeerrddeerr ooss
eellééttrroonnss ddee vvaallêênncciiaa ((ss)),, mmaass ttaammbbéémm ppooddee ppeerrddeerr eellééttrroonnss ddee aallttoo nníívveell dd..
B Fe
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 4s 2
Fe 2 + 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6
Fe 3 +
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5
22..55.. PPrroopprriieeddaaddeess ppeerriióóddiiccaass ddooss eelleemmeennttooss..
AA ffoorrççaa ddee qquuaallqquueerr mmooddeelloo qquuee eessttáá nnaa ccaappaacciiddaaddee ddee eexxpplliiccaarr aass oobbsseerrvvaaççõõeess
eexxppeerriimmeennttaaiiss..
II.. OO rraaiioo aattôômmiiccoo..
AA pprriimmeeiirraa pprroopprriieeddaaddee aa eexxpplloorraarr éé oo rraaiioo aattôômmiiccoo.. ÉÉ ddiiffíícciill ddeeffiinniirr uummaa ffrroonntteeiirraa
nnííttiiddaa eennttrree aa ddiissttâânncciiaa ddooss eellééttrroonnss ddee qquuaallqquueerr ááttoommoo eemm ppaarrttiiccuullaarr ee ddoo nnúúcclleeoo,,
ppooiiss oo ááttoommoo nnããoo tteemm ffoorrmmaa ddeelliimmiittaaddaa,, nnããoo aapprreesseennttaa lliimmiittee ppaarraa ssuuaa nnuuvveemm
eelleettrrôônniiccaa.. PPoorr iissssoo,, aallgguummaass aapprrooxxiimmaaççõõeess ssããoo ffeeiittaass ppaarraa ddeetteerrmmiinnaarr eessttee
ppaarrââmmeettrroo..
PPoorr eexxeemmpplloo,, aa ddiissttâânncciiaa eennttrree ooss ddooiiss ááttoommooss ddee cclloorroo nnoo CCll22 éé 11,,998888ÅÅ.. PPaarraa
oobbtteerr oo rraaiioo aattôômmiiccoo ttoommaa--ssee aa ddiissttâânncciiaa eennttrree ooss ddooiiss nnúúcclleeooss,, qquuee éé aa ssoommaa ddooss
ddooiiss rraaiiooss aattôômmiiccooss ddoo cclloorroo.. PPoorrttaannttoo,, oo rraaiioo aattôômmiiccoo ddoo cclloorroo éé 00,,999944 ÅÅ,, oouu::
00,,999944 ÅÅ == ((11,,998888ÅÅ//22)) .. OOss rraaiiooss aattôômmiiccooss,, ddeetteerrmmiinnaaddooss ddeessttaa ffoorrmmaa,, ttaammbbéémm ssããoo
cchhaammaaddooss ddee rraaiiooss ccoovvaalleenntteess..
Fig. 33: Raios atômicos.
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Fig. 34: Raio Atômico.
Fig. 35: Raio Atômico dos Elementos.
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AA vvaarriiaaççããoo ddoo rraaiioo aattôômmiiccoo aappaarreeccee ccllaarraammeennttee nnoo ggrrááffiiccoo aacciimmaa.. NNoottee qquuee hháá uumm
ddeeccrréésscciimmoo aattrraavvééss ddoo ppeerrííooddoo.. IIssssoo ooccoorrrree ppoorrqquuee aaoo lloonnggoo ddoo ppeerrííooddoo eexxiissttee aa
aaddiiççããoo ddee eellééttrroonnss nnaa ccaammaaddaa ddee vvaallêênncciiaa ee,, ssiimmuullttaanneeaammeennttee,, uumm aauummeennttoo ddaa
ccaarrggaa nnuucclleeaarr.. CCoomm oo aauummeennttoo ddaa ccaarrggaa nnuucclleeaarr,, ttooddooss ooss eellééttrroonnss ssããoo aattrraaííddooss
mmaaiiss ffoorrtteemmeennttee ee,, ppoorrttaannttoo,, ffiiccaa mmaaiiss pprróóxxiimmoo ddoo nnúúcclleeoo..
OO eeffeeiittoo éé mmaaiiss ccllaarroo nnoo sseegguunnddoo ee tteerrcceeiirroo ppeerrííooddooss,, qquuee nnããoo iinncclluueemm ooss
eelleemmeennttooss ddee ttrraannssiiççããoo.. OO ddeeccrréésscciimmoo éé iinntteerrrroommppiiddoo nnooss eelleemmeennttooss ddee ttrraannssiiççããoo,,
ppoorrqquuee aa aaddiiççããoo ddooss eellééttrroonnss ddee vvaallêênncciiaa nnããoo éé ffeeiittaa nnaa ccaammaaddaa ddee vvaallêênncciiaa,, mmaass nnoo
ssuubbnníívveell ((nn--11))dd..
AA ddiissttâânncciiaa mmééddiiaa eennttrree oo nnúúcclleeoo ee eesssseess eellééttrroonnss éé mmeennoorr ddoo qquuee aa ddiissttâânncciiaa
mmééddiiaa eennttrree oo nnúúcclleeoo ee aa ccaammaaddaa ddee vvaallêênncciiaa,, iissssoo ppoorrqquuee ooss eellééttrroonnss iinntteerrnnooss
sseerrvveemm ppaarrcciiaallmmeennttee ddee pprrootteeççããoo eennttrree oo nnúúcclleeoo ee aa ffoorrççaa ddee aattrraaççããoo eexxeerrcciiddaa ppeelloo
nnúúcclleeoo;; oo qquuee eeqquuiivvaallee ddiizzeerr qquuee:: OOss eellééttrroonnss eexxtteerrnnooss eexxppeerriimmeennttaamm uummaa
rreeppuullssããoo ddooss eellééttrroonnss iinntteerrnnooss,, oo qquuee ccoommppeennssaa ppaarrcciiaallmmeennttee ((oouu bblliinnddaa)) aa aattrraaççããoo
ddoo nnúúcclleeoo.. OO eeffeeiittoo ddee bblliinnddaaggeemm rreedduuzz aa ccaarrggaa ppoossiittiivvaa qquuee ooss eellééttrroonnss iinntteerrnnooss
ssooffrreemm.. VVeejjaa nnaa ttaabbeellaa aabbaaiixxoo::
Tabela 6: Raios Atômicos do Grupo IVB
ÁÁttoommoo CCaarrggaa NNuucclleeaarr CCoonnffiigguurraaççããoo eelleettrrôônniiccaa RRaaiioo,, nnmm
TTii 2222++ [[AArr]] 33dd2244ss22 00,,113322
ZZrr 4400++ [[KKrr]] 44dd2255ss22 00,,114455
HHff 7722++ [[XXee]] 55dd2266ss22 11,,114444
VV..IIII.. EEnneerrggiiaa ddee IIoonniizzaaççããoo..
AA eenneerrggiiaa nneecceessssáárriiaa ppaarraa rreemmoovveerr uumm eellééttrroonn ddee uumm ááttoommoo éé cchhaammaaddaa ddee eenneerrggiiaa
ddee iioonniizzaaççããoo:: EE11 ppaarraa oo pprriimmeeiirroo eellééttrroonn,, EE22 ppaarraa oo sseegguunnddoo ee EEmm ppaarraa oo mm--ééssiimmoo
eellééttrroonn..
NNee((gg)) →→ NNee++((gg)) ++ ee--
NNee++((gg)) →→ NNee++22((gg)) ++ ee--
NNaa((gg)) →→ NNaa++((gg)) ++ ee--
NNaa++((gg)) →→ NNaa++22((gg)) ++ ee--
EE11 == 449977 kkccaall//mmooll EE22 == 994477 kkccaall//mmooll EE11 == 111199 kkccaall//mmooll EE22 == 11009911 kkccaall//mmooll
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IFES Pág. 38
Fig. 36: Medidas das energias de ionização para os átomos de Neônio e de Sódio.
(Fonte: Pimentel & Spratley, 1978)
AAss mmeeddiiddaass ddee EEmm iimmpplliiccaamm nnaa ttrraannssffeerrêênncciiaa ddee eenneerrggiiaa aaoo ááttoommoo ee nnaa ddeetteeccççããoo
ddooss eellééttrroonnss qquuaannddoo eelleess ssããoo aarrrraannccaaddooss.. AAssssiimm,, aa eenneerrggiiaa ddee IIoonniizzaaççããoo II éé aa
eenneerrggiiaa mmíínniimmaa nneecceessssáárriiaa ppaarraa rreemmoovveerr uumm eellééttrroonn ddee uumm ááttoommoo nnaa ffaassee ggaassoossaa::
AA ((gg)) →→ AA++ ((gg)) ++ ee -- II == EE((AA++
((gg)) )) –– EE((AA ((gg))))
EEmm ggeerraall aauummeennttaa ccoomm oo ppeerrííooddoo,, ddeevviiddoo aaoo aauummeennttoo ddaa ccaarrggaa nnuucclleeaarr ((mmaaiioorr
aattrraaççããoo ddoo nnúúcclleeoo)) ee ddeeccrreessccee nnooss ggrruuppooss,, ddeevviiddoo aaoo aauummeennttoo ddoo nnúúmmeerroo ddee
ccaammaaddaass.. VVeejjaa aabbaaiixxoo::
Fig. 37: Energia de Ionização.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 39
NNoottee--ssee qquuee,, aaoo lloonnggoo ddee uumm ggrruuppoo,, aa eenneerrggiiaa ddee iioonniizzaaççããoo ddiimmiinnuuii ccoomm oo aauummeennttoo
ddoo nnúúmmeerroo aattôômmiiccoo.. TTaall ffaattoo ppooddee iinntteerrpprreettaarr--ssee ssee ppeennssaarr qquuee,, ddeennttrroo ddee uumm ggrruuppoo,,
uumm aauummeennttoo ddoo nnúúmmeerroo aattôômmiiccoo ccoorrrreessppoonnddee aa uumm aauummeennttoo ddoo ppeerrííooddoo;; ppoorr iissssoo,, ooss
eellééttrroonnss ddee vvaallêênncciiaa vvããoo--ssee ssiittuuaannddoo eemm nníívveeiiss ccaaddaa vveezz mmaaiiss eexxtteerrnnooss ee,,
ccoonnsseeqqüüeenntteemmeennttee,, mmaaiiss aaffaassttaaddooss ddoo nnúúcclleeoo.. EEssttee aaffaassttaammeennttoo ccoommppeennssaa oo aauummeennttoo
ddaa ccaarrggaa nnuucclleeaarr ee,, ppoorr iissssoo,, aa eenneerrggiiaa ddee iioonniizzaaççããoo ddiimmiinnuuii..
IIII.. AAffiinniiddaaddee eelleettrrôônniiccaa..
AA aaffiinniiddaaddee eelleettrrôônniiccaa oouu eelleettrroo--aaffiinniiddaaddee ppooddee sseerr ddeeffiinniiddoo ccoommoo aa qquuaannttiiddaaddee ddee
eenneerrggiiaa lliibbeerraaddaa nnoo pprroocceessssoo eemm qquuee uumm ááttoommoo iissoollaaddoo,, nnoo sseeuu eessttaaddoo ffuunnddaammeennttaall,,
rreecceebbee uumm eellééttrroonn,, ffoorrmmaannddoo uumm ííoonn nneeggaattiivvoo ((âânniioonn)),, ccoonnffoorrmmee aa rreeaaççããoo::
XX°° ((gg)) ++ ee −− →→XX
−− ((gg))
AA lliibbeerraaççããoo ddee eenneerrggiiaa mmeeddee oo qquuããoo ffoorrtteemmeennttee oo eellééttrroonn ssee lliiggaa aaoo ááttoommoo,, ppoorrttaannttoo
qquuaannttoo mmaaiiss nneeggaattiivvoo oo vvaalloorr ddaa aaffiinniiddaaddee eelleettrrôônniiccaa,, mmaaiioorr éé aa tteennddêênncciiaa ddoo ááttoommoo
eemm rreecceebbeerr oo eellééttrroonn.. IIssssoo,, ppoorréémm,, nnããoo iimmppeeddee qquuee aallgguunnss eelleemmeennttooss tteennhhaamm
aaffiinniiddaaddee eelleettrrôônniiccaa ppoossiittiivvaa,, oo qquuee iinnddiiccaa uummaa bbaaiixxííssssiimmaa tteennddêênncciiaa ddee rreecceebbeerr
eellééttrroonnss ee aa nneecceessssiiddaaddee ddee aabbssoorrvveerr eenneerrggiiaa ppaarraa ppooddeerr ggaannhhaarr eellééttrroonnss..
Fig. 38: Eletroafinidade.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 40
AAss aaffiinniiddaaddeess eelleettrrôônniiccaass,, eemm ggeerraall,, ttêêmm vvaalloorreess mmeennooss nneeggaattiivvooss aaoo lloonnggoo ddee uumm
ggrruuppoo ((ddeesscceennddoo)),, ppoorrqquuee aa ccaammaaddaa ddee vvaallêênncciiaa eessttáá pprrooggrreessssiivvaammeennttee mmaaiiss ddiissttaannttee
ddoo nnúúcclleeoo ee aa bblliinnddaaggeemm ddaass ccaammaaddaass iinntteerrnnaass éé mmaaiiss eeffeettiivvaa nnaa ccoommppeennssaaççããoo ddoo
aauummeennttoo ddaa ccaarrggaa nnuucclleeaarr.. UUmmaa eexxcceeççããoo aa eessssaa rreeggrraa éé qquuee oo ffllúúoorr éé mmeennooss nneeggaattiivvoo
qquuee oo cclloorroo.. UUmmaa ppoossssíívveell eexxpplliiccaaççããoo ppaarraa eessssee rreessuullttaaddoo bbaasseeiiaa--ssee nnoo ffaattoo ddee qquuee,, oo
ffllúúoorr,, ppoorr sseerr oo mmeennoorr ááttoommoo ddoo ggrruuppoo ddooss hhaallooggêênniiooss,, nnããoo ppooddee tteerr aa ffoorrççaa ddee
rreeppuullssããoo iinntteerr--eelleettrrôônniiccaa nnaa ccaammaaddaa mmaaiiss eexxtteerrnnaa iiggnnoorraaddaa.. PPaarraa ccoonnvveerrtteerr FF00 eemm
FF−− ,, oo ooiittaavvoo eellééttrroonn eessttaarriiaa ccoommpprriimmiiddoo nnaa ccaammaaddaa nn == 22,, ppoorr eessttaa sseerr mmuuiittoo
ppeeqquueennaa ee ccoomm iissssoo,, aa rreeppuullssããoo eennttrree eellééttrroonnss sseerriiaa rreellaattiivvaammeennttee ggrraannddee,, rreedduuzziinnddoo
aassssiimm aa aaffiinniiddaaddee eelleettrrôônniiccaa ddoo ffllúúoorr..
OOss eelleemmeennttooss ddoo ggrruuppoo ddooss hhaallooggêênniiooss ssããoo ooss ááttoommooss qquuee ppoossssuueemm mmaaiioorr aaffiinniiddaaddee
eelleettrrôônniiccaa ddeevviiddoo aaoo rreedduuzziiddoo ttaammaannhhoo ddooss ááttoommooss,, àà ccaarrggaa nnuucclleeaarr eeffeettiivvaa
rreellaattiivvaammeennttee ggrraannddee ee àà nneecceessssiiddaaddee ddee aappeennaass uumm eellééttrroonn ppaarraa aallccaannççaarr aa
ccoonnffiigguurraaççããoo eelleettrrôônniiccaa ddee ggaasseess nnoobbrreess ((rreeggrraa ddoo oocctteettoo)).. OOss ggaasseess nnoobbrreess ttêêmm
vvaalloorreess nnuullooss ppaarraa aa eelleettrrooaaffiinniiddaaddee..
Tabela 7: Afinidades eletrônicas dos elementos do grupo principal (em eV).
CCoommoo ppooddeemmooss eexxpplliiccaarr oo ddeeccrréésscciimmoo nnaa aaffiinniiddaaddee eelleettrrôônniiccaa eennttrree oo LLii ee oo BBee,,
aappeessaarr ddoo aauummeennttoo ddaa ccaarrggaa nnuucclleeaarr??
AAss ccoonnffiigguurraaççõõeess eelleettrrôônniiccaass ssããoo:: LLii [[HHee]] 22ss11
BBee [[HHee]] 22ss22..
AAssssiimm oo eellééttrroonn aaddiicciioonnaall nnoo llííttiioo eennttrraa eemm uumm oorrbbiittaall 22ss,, mmaass nnoo bbeerríílliioo eellee ddeevvee
eennttrraarr nnoo oorrbbiittaall 22pp ee ddeessttee mmooddoo eessttáá mmeennooss lliiggaaddoo.. OOuu sseejjaa,, aa ccaarrggaa nnuucclleeaarr eessttáá
ttããoo bbeemm bblliinnddaaddaa qquuee nnoo bbeerríílliioo oo ggaannhhoo ddee eellééttrroonn éé eennddoottéérrmmiiccoo..
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 41
Tabela 8: Número de oxidação dos Elementos.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 42
III. Tamanho dos íons.
O tamanho do íon também depende da carga nuclear, do número de elétrons e dos orbitais que
contenham os elétrons de valência.
Os cátions deixam vago o orbital mais volumoso e são menores do que os átomos que lhes dão
origem.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 43
UUNNIIDDAADDEE IIIIII
3.1 Ligações entre os átomos.
Praticamente todas as sustâncias que encontramos na natureza estão formadas
por átomos unidos. As intensas forças que mantém unidos os átomos nas diversas
sustâncias se denomina ligações químicos.
Os átomos se unem porque, ao estar unidos, adquirem uma situação mais estável
que quando estão separados.
Os gases nobres têm muito pouca tendência a formar compostos e geralmente são
encontrados na natureza como átomos isolados. Seus átomos, exceto o Helio, têm
8 elétrons em seu último nível. Esta configuração eletrônica é extremadamente
estável e a ela deve sua pouca reatividade.
Portanto, a situação de maior estabilidade somente ocorre quando o número de
elétrons que possuem os átomos em seu último nível é igual a oito (estrutura que
coincide com a dos gases nobres).
Este princípio recebe o nome de regra do octeto. Embora não seja geral para
todos os átomos, é útil em muitos casos e é aplicável aos principais grupos de
elementos, especialmente ao carbono, nitrogênio, oxigênio e halogênios, mas
também a metais como o sódio ou o magnésio.
3.2 Regra do octeto.
De acordo com esta teoria, os átomos dos elementos ligam-se uns aos outros na
tentativa de completar a sua camada da valência.
Isso pode ser conseguido de diversas maneiras, dando origem a diversos tipos de
ligações químicas, que incluem a partilha de elétrons entre átomos.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 44
Tabela 9: Distribuição eletrônica dos gases nobres.
Distribuição Eletrônica dos Gases Nobres
Gás Nobre
No
atômico
Distribuição dos elétrons por camadas
1a 2a 3a 4a 5a 6a
He 2 2
Ne 10 2 8
Ar 18 2 8 8
Kr 36 2 8 18 8
Xe 54 2 8 18 18 8
Ra 86 2 8 18 32 18 8
Um exemplo próximo de todos é a molécula de água.
Vejamos a distribuição eletrônica do oxigênio:
Tabela 10: Distribuição eletrônica do oxigênio.
Oxigênio Ânion do oxigênio
8O 8O2-
1s2
2s2 2p4
1s2
2s2 2p6
Para obedecer à regra do octeto, o oxigênio precisa para se estabilizar de mais
dois átomos na última camada.
Assim na fórmula da H2O cada um dos átomos de hidrogênio compartilha um
elétron com o átomo de oxigênio, que passa a somar oito elétrons na sua última
camada (adquirida sua estabilidade), conforme figura seguinte:
Fig. 39: A molécula de água.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 45
As ligações químicas originam-se, portanto, da tendência dos átomos de ficarem
rodeados por um octeto de elétrons, de modo a atingirem o máximo de
estabilidade.
Nas ligações químicas os átomos podem:
a) receber;
b) ceder ou
c) compartilhar elétrons.
Conforme essa premissa, as ligações podem ser de três tipos:
a) iônica;
b) covalente ou
c) metálica.
Fig. 40: Tipos de ligações.
3.3 Sólidos iônicos.
Os sólidos iônicos são formados por íons são ligados por fortes forças elétricas
(ligações iônicas). Nos sólidos iônicos, a rede está formada por íons
alternadamente positivos e negativos, resultantes da transferência de um elétron
(ou mais) de um tipo de átomo para o outro.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 46
Vejamos um exemplo:
Fig. 41: Sólido iônico (NaCl).
O NaCl é um composto que apresenta ligação iônica.
I. O sódio (Na) como um elemento alcalino, possuindo por isso 1 elétrons
no último nível
II. O cloro (Cl) como um halogênio, apresentando 7 elétrons no último
nível.
As fórmulas eletrônicas para esses átomos são respectivamente:
11Na
1s2 _2s2 2p6_ 3s1
17Cl
1s2 2s2 2p6__3s2 3p5__
III. O Cl, que tem 7 elétrons no último nível, tem grande avidez por capturar
mais um elétron;
IV. O Na pela sua configuração eletrônica, perdendo seu elétron do último
nível, fica com o octeto no nível 2.
V. O Na transfere seu elétron 3s1 para o Cl.
VI. Elétrons são transferidos dos elementos metálicos para os não metálicos,
formando íons metais positivos e íons não metálicos negativos que se
agrupam fortemente formando ligações iônicas.
Esta reação pode ser mostrada do seguinte modo:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 47
Na + Cl → [Na+1][Cl-1]
Fig. 42: Esquematização de uma ligação iônica.
A estabilidade da rede cristalina é mantida pela atração eletrostática entre os íons
presentes (íons Na+ e Cl-) na molécula NaCl (cloreto de sódio).
Devido à sua estrutura, sólidos iônicos têm as seguintes propriedades:
1. Como esses sólidos não têm elétrons livres (os íons carregados têm posições
fixas), a sua condutividade elétrica é muito baixa, são isolantes, portanto.
Mas, se uma quantidade apropriada de energia é fornecida a um sólido
iônico, de modo que ele se transforme num líquido, ele se torna um bom
condutor de eletricidade.
2. São geralmente duros, frágeis e têm um elevado ponto de fusão
(normalmente de 600°C e 2.000°C), devido às forças eletrostáticas
relativamente intensas entre os íons.
3. Muitos compostos iônicos, mas não todos (por exemplo, o CaCO3), são
solúveis em água.
A tabela seguinte mostra uma lista dos mais comuns íons mono-atômicos, como se
pode ver visto todos os elementos têm oito elétrons na camada mais externa
(exceto o Li+ e o Be+), lembrando ainda que:
Metais são elementos químicos que apresentam 1 a 3 elétrons no último
nível
Chama-se não-metais os elementos químicos que apresentam de 5 a 7
elétrons no último nível
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 48
Tabela 11
Grupos
1 2 3 4 5 6 7
Li+ Be2+ - -
Na+ Mg2+ Al+3 -
K+ Ca2+ - -
Rb+ Sr+2 - -
Cs+ Ba2+ - -
Na tabela abaixo algumas fórmulas empíricas e suas representações em termos dos
símbolos de Lewis.
Tabela 12: Estruturas de Lewis.
Elementos Íons Fórmula empírica Estrutura de Lewis
Na, O Na+ ,
Na2O (Na+)2 ( )
Mg, Br Mg2+ ,
MgBr3 (Mg2+) ( )
K, S K+ ,
K2S (K+)2 ( )
Al, F Al3+ ,
AlF3 (Al3+) ( )
Na, P Na+ ,
Na3P (Na+)3( )
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IFES Pág. 49
Fig. 43: Ligação iônica, eletrovalente ou heteropolar.
3.4 Ligação covalente.
Como vimos a ligação iônica pode ser considerada como a interação eletrostática
entre dois íons.
No entanto, certamente, este não é o caso das moléculas diatômicas como O2, N2,
F2 e H2. Neste caso, os dois átomos competem igualmente pelos elétrons. A
química quântica mostra que a distribuição da função de onda destes elétrons
implica na probabilidade igual de se encontrar o elétron tanto em um átomo
quanto no outro. Deste modo, os elétrons são compartilhados pelos dois átomos.
Na ligação covalente um ou mais átomos são compartilhados entre dois átomos,
gerando uma força de atração entre os átomos que participam da ligação. Este
compartilhamento é muito comum na maioria das moléculas orgânicas.
A ligação covalente resulta da iteração de átomos que apresentam suas órbitas de
valência quase saturadas de elétrons. Nestas condições, seus elétrons de valência
passam a orbitar indiferentemente nos átomos envolvidos.
Na ligação covalente da água (H20), por exemplo, ocorre uma transferência parcial
de carga fazendo com o oxigênio fique levemente positivo e o oxigênio, levemente
negativo. Este compartilhamento desigual resulta em uma ligação polar.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 50
Fig. 44: Formação da molécula de água por meio de ligação covalente.
Uma ligação covalente ideal é aquela em que os pares de elétrons são igualmente
compartilhados.
Fig. 45: Ligações covalentes.
Ligação Covalente Molecular: esse tipo de ligação se forma quando os átomos
envolvidos tendem a receber elétrons. Os pares eletrônicos são unidos devido o
compartilhar de seus elétrons, uma vez que é impossível todos os átomos receberem
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 51
elétrons sem cedê-los. O par eletrônico é formado por um elétron de cada átomo e
pertence simultaneamente aos dois átomos.
As moléculas são estruturas eletricamente neutras constituídas pela não ocorrência
tanto de ganho quanto de perda de elétrons, formando assim estrutura
eletronicamente neutra. Por essa razão, essa ligação também é designada molecular.
A água (H2O) é um composto molecular determinado pela ligação de dois átomos de
hidrogênio e um de oxigênio:
H − O – H
Fig. 46: NH3.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 52
Ligação Covalente Dativa: também recebe o nome de Ligação Covalente
Coordenada, ela é representada por um pequeno vetor (seta) e ocorre quando um dos
átomos apresenta seu octeto completo e outro necessita adquirir dois elétrons para
completá-lo.
Essa ligação obedece à Teoria do Octeto: Os átomos se unem tentando adquirir oito
elétrons na camada de valência, ou seja, a configuração eletrônica dos gases nobres.
Sendo assim, um átomo que já atingiu a estabilidade eletrônica se une a outro que
necessite de elétrons para completar a camada de valência. Um exemplo dessa
ligação é quando um átomo de enxofre (S) se liga a dois de oxigênio (O) para formar
o dióxido de enxofre (SO2).
O = S → O
A ligação se forma porque é estabelecida uma dupla ligação do enxofre com um dos
oxigênios que necessita de atingir a estabilidade eletrônica, ou seja, oito elétrons na
camada de valência (Regra do octeto). A ligação dativa é representada pela seta,
onde o enxofre compartilha um par de seus elétrons com o outro oxigênio.
Fig. 47: Ligação covalente dativa.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
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Fig. 48: Ligação dativa.
Tabela 13: Tipos de Ligações Covalentes.
NOME COMUM
FÓRMULA MOLECULAR FÓRMULA DE LEWIS
FORMULA DE KEKULÉ
Metano CH4
Amônia NH3
Etano C2H6
Álcool Metílico CH4O
Etileno C2H4
Formaldeído CH2O
Acetileno C2H2
Cianeto de Hidrogênio
CHN
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Identificação da geometria molecular.
Como vimos nas ligações químicas, o papel fundamental é desempenhado pelos
elétrons de valência, e o tipo de ligação, covalente ou iônica, depende da
eletronegatividade dos átomos. A eletronegatividade é a maior ou menor
tendência de um átomo para captar elétrons de outros átomos, aos quais se
encontra ligado, usando-se usualmente a escala de Pauling para quantificar.
Tabela 14. Eletronegatividade dos elementos.
GRUPO
1 2 3 4 5 6 7 8
PERÍODO
1
H
2,1
He
2
Li
1,0
Be
1,5
B
2,0
C
2,5
N
3,0
O
3,5
F
4,0
Ne
3
Na
0,9
Mg
1,2
Al
1,5
Si
1,8
P
2,1
S
2,5
Cl
3,0
Ar
4
K
0,8
Ca
1,0
Sc
1,3
Ti
1,5
V
1,6
Cr
1,6
Mn
1,5
Fe
1,8
Co
1,9
Ni
1,8
Cu
1,9
Zn
1,6
Ga
1,6
Ge
1,8
As
2,0
Se
2,4
Br
3,0
Kr
5
Rb
0,8
Sr
1,0
Y
1,2
Zr
1,4
Nb
1,6
Mo
1,8
Tc
1,9
Ru
2,2
Rh
2,2
Pd
2,2
Ag
1,9
Cd
1,7
In
1,7
Sn
1,8
Sb
1,9
Te
2,1
I
2,5
Xe
6
Cs
0,7
Ba
0,9 *
Hf
1,3
Ta
1,5
W
1,7
Re
1,9
Os
2,2
Ir
2,2
Pt
2,2
Au
2,4
Hg
1,9
Tl
1,8
Pb
1,9
Bi
1,9
Po
2,0
At
2,2
Rn
7
Fr
0,7
Ra
0,9
**
Rf
Db
Sg
Bh
Hs
Mt
Ds
Rg
Uub
Uut
Uuq
Uup
Uuh
Uus
Uuo
A eletronegatividade aumenta com o aumento do número atômico, ao longo de
um período, e diminui com o aumento do número atômico, ao longo de um grupo.
A diferença de eletronegatividade entre dois elementos pode ser usada para prever
o tipo de ligação entre átomos desses elementos.
Assim:
∆E = Diferença de eletronegatividade
entre dois átomos ⟹
.∆E ≥ 1,7 → covalente
℉∆E ≥1,7 → iônica
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IFES Pág. 55
1. Molécula com dois átomos é linear.
Exemplos:
O2 HCl HF H2 Cl2
O=O H−Cl H−F H−H Cl−Cl
2. Molécula com três átomos pode ser:
a. Linear se não sobrar elétrons no elemento central após estabilizar.
Exemplos:
HCN CO2 BeH2
H−C≡N O=C=O H−Be−H
b. Angular se sobrar elétrons no elemento central após estabilizar.
Exemplos:
H2O O3 SO2
3. Molécula com quatro átomos pode ser:
a. Trigonal Plana se não sobrar elétrons no elemento central após estabilizar.
Exemplos:
H2CO3 BH3 SO3
b. Trigonal Piramidal se sobrar elétrons no elemento central após estabilizar.
Exemplos:
NH3; PCl3
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 56
NH3 PCl3
4. Molécula com cinco átomos pode ser:
a. Tetraédrica se não sobrar elétrons no elemento central após estabilizar.
Exemplos:
CH4 CH3Cl
3.5 Ligações Metálicas.
Nos metais, os elétrons de valência movem-se livremente por entre a rede de íons
metálicos positivos, não estando localizados em nenhum átomo em particular. Os
elétrons que não são de valência e o núcleo forma um "caroço" eletricamente
positivo que é envolvida por uma "nuvem", "mar" ou ainda "gás" de elétrons. Os
elétrons da nuvem atuam como uma espécie de "cola" mantendo os caroços
positivos unidos. Podemos então visualizar um metal como sendo constituídos por
uma rede de íons positivos imersos num "gás" de elétrons não localizados, sendo
que estes elétrons é que são os responsáveis pela ligação metálica.
Fig. 49: Ligação Metálica.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 57
Os metais constituem cerca de ¾ das substâncias elementares conhecidas e são
caracterizados por possuírem boa condutibilidade elétrica e térmica, maleabilidade e
ductilidade, resistência à ruptura, em virtude de terem um número de elétrons de
valência inferior a 4, tendendo portanto a formar íons positivos, baixas energias de
ionização e baixa eletronegatividade.
A teoria das bandas explica não só a condutividade dos metais (condutores de
eletricidade), mas também as propriedades dos semicondutores e dos isolantes.
Fig. 50: Ligação Metálica.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 58
3.6 Ligações Secundárias.
A denominação de ligação de van der Waals é utilizada como denominação geral
para todos os tipos de ligações secundárias (fracas).
A principal causa para o ocorrência de uma ligação deste tipo é a polarização da
molécula, existindo pelo menos quatro modalidades deste tipo de ligação:
atração entre dipolos permanentes;
atração entre dipolos induzidos;
forças de dispersão;
ligação ou "ponte de hidrogênio".
Fig. 51
Genericamente podemos dizer que são responsáveis pela possibilidade de
liquefação e solidificação das moléculas. Agem somente quando as moléculas estão
muito próximas, pois as atrações caem muito rapidamente com a distância.
São facilmente sobrepujadas pela agitação térmica, devido ao baixo ponto de fusão
dos compostos moleculares.
Em um mesmo composto mais de um tipo de força de van der Waals pode atuar.
Possuem caráter não direcional e tendem a formar estruturas não cristalinas,
originando sólidos com baixo grau simetria, devido à pequena intensidade das
forças (Figura 51).
Fig. 52
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 59
UUNNIIDDAADDEE VVII
4. LLEEIISS PPOONNDDEERRAAIISS..
4.1. Lei das proporções definidas.
Em 1799, Joseph Louis Proust descobre a lei das proporções definidas, a qual
afirma que:
Uma dada substância contém seus elementos constituintes na mesma proporção.
Por exemplo, em qualquer amostra de água (H2O), o hidrogênio e o oxigênio estão
presentes na mesma proporção, em massa, de 1 para 8 (8: 1).
Ou seja, 1 g de hidrogênio e 8 g de oxigênio combinam-se para formar 9 g de água.
Como a combinação é sempre na mesma proporção, a presença em excesso de um
dos elementos não alterará a quantidade de composto formado.
Assim, por exemplo:
3 g de hidrogênio e 9 g de oxigênio formarão 9 g de água, restando 2 g e 1 g de
hidrogênio sem reagir.
Esta lei está de acordo com princípio de que cada molécula de um dado composto
contém o mesmo número de átomos de cada constituinte (teoria atômica).
A lei das proporções definidas indica que as substâncias que participam de uma
reação o fazem em quantidades precisas.
4.2. A teoria de Dalton.
De sua hipótese Dalton concluiu que:
Se dois elementos, A e B, podem formar mais de um composto, então:
As massas de B que combinam com a mesma massa de A (nos diferentes compostos) estão entre si na mesma proporção que pequenos números inteiros.
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IFES Pág. 60
Por exemplo: Nitrogênio e oxigênio podem formar vários compostos:
O nitrogênio se combina com o oxigênio, formando diferentes óxidos:
N2O ⟶ 28 g N+16 g O
N2O2 ⟶ 28 g N+32 g O
N2O3 ⟶ 28 g N+64 g O
N2O5 ⟶ 28 g N+80 g O
Verifica-se que, ao permanecer constante a massa do nitrogênio e combinarmos
massas diferentes de oxigênio, formaremos compostos diferentes e estas massas
(diferentes) estão entre si numa relação de números inteiros pequenos, ou seja,
1 : 2 : 3 : 4 : 5.
Outro exemplo:
1C + 1O → 1CO razão 1/1 = 1
1C + 1O2 → CO2 razão 1/2
Na primeira reação ocorre a formação do monóxido de carbono, cuja proporção de
carbono por oxigênio é uma razão de números inteiros de resultado igual a 1.
Na segunda reação, temos a formação do dióxido de carbono (CO2), cuja relação
carbono por oxigênio é uma razão de números inteiros 1/2.
Dalton observou que:
"As diferentes massas de um elemento, que reagem com a massa fixa de outro elemento para formar compostos distintos, em cada caso, estão, numa relação de números inteiros e geralmente simples, entre si‖. ―Quando dois elementos se combinam para formar compostos mantendo-se constante a massa de um deles, as massas do outro variam segundo números inteiros e pequenos‖.
Essa lei, conhecida como lei das proporções múltiplas, ou lei de Dalton. Foi a primeira predição e o primeiro triunfo da teoria atômica da matéria.
Apesar do seu sucesso para explicar e predizer as leis da combinação química, a teoria de Dalton era incompleta, pois não podia determinar os pesos relativos dos átomos.
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IFES Pág. 61
4.3. Lei de Lavoisier (Lei da conservação da massa).
As reações químicas são transformações nas quais uma ou mais substâncias (reagentes) originam outras diferentes (produtos da reação).
Durante as reações químicas, os reagentes vão-se consumindo, de modo que a sua massa diminui e os produtos da reação formam-se (suas massas aumentam). Assim,
Durante as reações químicas, a massa total das substâncias intervenientes permanece co nstante.
Essa lei é, indubitavelmente, a lei mais conhecida da Química. Foi proferida, em 1775, pelo químico francês Antoine Laurent Lavoisier.
Ficou popularmente conhecida como:
"A matéria não pode ser criada nem destruída, pode apenas ser transformada".
Ou ainda, "na natureza, nada se cria, nada se perde, tudo se transforma".
Lavoisier conseguiu demonstrar que a massa dos produtos era igual à massa do
reagente.
Ou seja,
A + B ⟶ C + D
⬇m
A
⬇m
B
⬇
mC
⬇
mD
⇨ Reação
I
⬇m'
A
⬇
m'B
⬇
m'C
⬇
m'D
⇨ Reação
II
Então,
mA + mB = mC + mD
m'A + m'
B = m'C + m'
D
4.4. Lei de Proust (Lei das proporções constantes, definidas ou fixas).
Quando, em várias experiências, duas substâncias se reúnem para formar um
composto, sempre o fazem numa mesma proporção. Essa proporção é característica
de cada reação, isto é, independe da quantidade de reagentes utilizados.
mA
mA'
= mB
mB'
= mC
mC'
= mD
mD'
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IFES Pág. 62
Por exemplo:
½ H2+ O2 ⟶ H2O
10g H + 80g O ⟶ 90g H2O
2g H + 16g O ⟶ 18g H2O
0,4g H + 3,2g O ⟶ 3,6g H2O
Observe que:
a) Para cada reação, a massa do produto é igual à soma da massa dos reagentes,
o que concorda com a Lei de Lavoisier.
b) As massas dos reagentes e dos produtos que participam de uma reação
podem ser diferentes, mas as relações entre elas são sempre constantes
4.5. Lei de Gay Lussac.
Numa reação onde só participam gases (nas mesmas condições de temperatura e
pressão) existe uma proporção de números inteiros e pequenos entre volumes dos
gases participantes da reação.
1 A g + 3 B g ⟶ 2 C(g)
1 1Vg : 3V B g : 3VC(g)
Decomposição do vapor d’água: essa tese foi publicada em 1808, por Gay-Lussac, e
envolve a reação entre hidrogênio e oxigênio.
𝐻2𝑂 a
⟶ 1𝐻2 a
+ ½ 𝑂2 a
1º) 1 L 1 L 0,5 L
2º) 2 L 2 L 1 L
3º) 4 L 4 L 2 L
Proporção volumétrica = 2 : 2 : 1
Todas as substâncias apresentam uma proporção em massa constante em sua composição.
Outros exemplos:
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IFES Pág. 63
H2 + Cl2 ⟶ 2 HCl Relação 1:1:2
1 V + 1V ⟶ 2 V
8 V + 8V ⟶ 16 V
½ V + ½V ⟶ 1 V
4.6. ―Quantidade de Substância‖. – Definição de mole.
Uma mole é a quantidade de substância de um sistema, que contém tantas
entidades elementares (átomos, moléculas, elétrons, etc.) quanto o número de
átomos que existem em 0.012 kg de carbono 12.
4.7. O número de Avogadro (NA).
O número de Avogadro (NA).
O número de átomos presentes em 0.012 kg de carbono-12 é um valor constante que se designa por número de Avogadro ou constante de Avogadro, e cujo valor é 6.022×1023 mol-1.
Assim, teremos:
0,012 Kg de C-12 = 6.022×1023 átomos/mol
1 mol = 6.022×1023
Deste modo,
1 mol de laranjas ≅ 6,022 x 1023 laranjas
1 mol de moléculas ≅ 6,022 x 1023 moléculas
1 mol de átomos ≅ 6,022 x 1023 átomos
1 mol de íons ≅ 6,022 x 1023 íons
1 mol de elétrons ≅ 6,022 x 1023 elétrons
1 mol de nêutrons ≅ 6,022 x 1023 nêutrons
Logo,
1 mol de ―qualquer coisa‖ ≅ 6,022 x 1023 ―qualquer coisa‖
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IFES Pág. 64
Um mol corresponde a 602 sextilhões e também pode se referir a ovos, laranjas,
livros, pessoas. A única diferença é a de que, neste último caso, estaríamos
imaginando 602 sextilhões de ovos, laranjas, pessoas ou livros, etc.
É comum representá-la pela letra n e a unidade de quantidade de substância é a
mole, e abrevia-se por mol.
Se, por exemplo, um sistema possuir 1 mol de moléculas de dióxido de carbono,
então existe 6.022×1023 moléculas de dióxido de carbono.
Caso existam 2 mols de moléculas de dióxido de carbono, então temos
2×6.022×1023 moléculas de dióxido de carbono.
Assim sendo, o número de entidades, N, que certo sistema possui, pode ser dado
por:
número de moles = peso (g)
massa atômica (molecular)
M = n × NA
Exemplo. Para a água vem:
1 H2O 1mol
⟶ 2H 2 moles
+ 1O 1 mol
Assim,
1 mol de H2O possui 1 mol de O e 2 moles de H
Mas,
1 mol de O ―pesam‖ 16g, logo
2 moles de H ―pesam‖ 2g
Portanto, 1 mol de H2O ―pesa‖: 2 x 1 + 16 = 18g
4.8. Massa molecular
A expressão ―massa molecular‖ refere-se à massa da entidade da qual uma
substância é feita, isto é, à massa de uma molécula ou de uma fórmula unitária.
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IFES Pág. 65
O valor da massa molecular de uma dada entidade corresponde à soma das massas
atômicas dos átomos que a compõem.
Assim:
m(NH3) = ma(N) + 3×ma(H) = 17 u
m(CaO) = ma(Ca) + ma(O) = 56,1 u
Nota: a expressão ―massa molecular‖ deve ser usada para se referir às entidades
constituintes tanto de substâncias covalentes como de iônicas.
A expressão ―peso molecular‖ não é mais recomendada
.
4.9. Resolução de problemas numéricos.
Observe os seguintes princípios da multiplicação e da divisão:
Se A = B, então:a
-€
A
B = 1
a
aa
Se C×1 =1, entãoaa
aa
C.A
B=C
Portanto, podemos multiplicar qualquer número por uma fração onde o numerador
e os denominadores se equivalham (relação igual a um), sem alterar a sentença.
De tal modo, podemos usar esses princípios na análise dimensional, onde as
medidas são tratadas (multiplicadas, divididas, etc.) como se fossem quantidades
algébricas.
Suponhamos, por exemplo, que queiramos converter anos em segundos.
Tomemos 20 anos, por exemplo:
20 anos = 20 anos . 365 dias
1 ano
24 horas
1 dia
60 minutos
1 hora
60 segundos
1 minuto
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= 20 × 365 × 24 × 60 × 60 s
=630720000 segundos.
Exemplo na química:
Para o Al2(SO
4)3, têm-se:
Al2(SO4)3 = 2 moles de íons Al+3 + 3 moles de íons (SO4) -2
Al2(SO4)3 = 2 Al+3 + 3 (SO4) -2
AAll22((SSOO44)) = 2 íons Al ×6,022×1023íons
1mol íon Al+3
+ 3 moles de íons (SO4)-2 ×6,022 × 1023 íons
1 mol íon (SO4)-2 ≅3,01×1023íons
4.10. Relações Molares.
Como vimos, o mol é usado em química para quantificar o número de átomos, moléculas e vários outros itens. É importante saber os relacionamentos existentes e como estabelecer as relações.
A seguir resumiremos algumas relações:
(A) Ao lidar com elementos:
Número mole (elemento) × massa molar (atômica) = massa do elemento
(B) Ao lidar com compostos:
Número de moles do composto × massa molar (molecular) = massa do composto
Massa de um composto/massa molar (molecular) = número de moles do composto
(C) Ao lidar com moléculas de um composto:
Número de moles de um composto × 6,022×1023 = número de moléculas
Número de moléculas/6,022×1023 = moles de moléculas
(D) Ao lidar com átomos de elementos:
Números de átomos × 6,022×1023 = número de átomos
Número de átomos/6,022×1023 = moles de átomos
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IFES Pág. 67
4.11. Densidade e Massa Molar.
Como a densidade de um gás é normalmente dada em g/L à CNTP, podemos usar o volume molar e massa molar para resolver vários tipos de problemas.
n = m
mol d =
m
V . Portanto,
d
n=
mol
V
4.12. Lei de Avogadro.
Hipótese de Avogadro: Volumes iguais de gases ideais diferentes, à mesma pressão e temperatura, têm o mesmo número de moléculas.
O volume de 1 mol de gás ideal, a pressão e temperatura normais (pressão de 1
atmosfera e temperatura de 237.15 K), é 22.41 l.
O volume ocupado por 1 mol de um gás real, a pressão e temperatura normais,
difere muito ligeiramente do volume acima referido para gases ideais.
Fig. 53. O volume de gás a uma dada temperatura e pressão é diretamente proporcional à quantidade de matéria do gás.
VV == ccoonnssttaannttee ×× nn
A pressão e temperatura normais, o volume ocupado por 1 mol de oxigênio ou de
azoto é 22.40 l, próximo do valor para um gás ideal, e mesmo 1 mol de hidrogênio
ocupa o volume de 22.43 l, ainda relativamente próximo do valor do gás ideal.
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IFES Pág. 68
Observa-se que a diferença entre os volumes é mínima, praticamente desprezível, e
por isso a lei de Avogadro é válida para a maioria dos gases reais.
Como conseqüência desta lei, podemos afirmar que é uma boa aproximação de fato
considerar que o volume de um gás é independente do tamanho ou massa das
moléculas que o constituem. Ou seja, no estudo das propriedades termodinâmicas
de um gás real, o consideraremos como sendo um gás ideal.
4.6 O Equivalente-Grama. – Definição.
Equivalente-grama de uma substância é a massa dessa substância que corresponde a 8 gramas de oxigênio.
Richter e as Massas Equivalentes
Esta lei, nomeada Lei de Richter, é também designada Lei das Proporções
Recíprocas ou Lei dos Equivalentes.
A proporção das massas, segundo as quais tais elementos B e C reagem entre si, ou é igual, ou corresponde a uma proporção de múltiplos e submúltiplos das massas com as quais cada um de seus elementos reage separadamente com a massa fixa de outro elemento A.
Assim, por exemplo, para o gás metano, constituído por hidrogênio e carbono, 1g
de hidrogênio precisa combinar-se com 3g de carbono para formar o gás metano.
C + 2 H2 ↔ CH4
1g de hidrogênio + 3g de carbono = 4g do gás CH4
De fato,
C 1 mol 12,0 g [3]
[1] Proporção 1:3
H2 2 moles 4,0 g
CH4 1 mol 16.0 g
Inversamente, decompondo-se 4g do gás: 3g são de carbono e 1g de hidrogênio.
CH4 ↔ C + 2H2
4g do gás CH4 = 3g são de carbono + 1g de hidrogênio
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 69
A água é constituída de hidrogênio e oxigênio, na proporção de 1g para 8g,
respectivamente.
Portanto, temos:
3g de carbono + 1g de carbono = metano
3g de carbono + 8g de oxigênio = dióxido de carbono
1g de hidrogênio + 8g de oxigênio = água
4g de hidrogênio + 32g de oxigênio = água
8g de hidrogênio + 64g de oxigênio = água
Do que foi dito, percebe-se que As massas 1g de hidrogênio e 8g de oxigênio
apresentam o mesmo poder de combinação, ou seja, ambas combinam com 3g de
carbono. Portanto, dizemos que são massas equivalentes.
No caso do dióxido de carbono (CO2) a proporção dos elementos carbono e
oxigênio é de 3g : 8g, respectivamente.
Admiravelmente, são os mesmos valores que se combinaram coma a massa fixa de
hidrogênio nos casos citados.
Vejamos:
1g de hidrogênio + 3g de carbono = 4g de metano
1g de hidrogênio + 8g de oxigênio = 9g de água
3g de carbono + 8g de oxigênio = 11g de dióxido de carbono
Outro exemplo: o monóxido de carbono.
Constataremos que a proporção, agora, é de 3g de carbono para cada 4g de
oxigênio.
Partamos, novamente, de duas substâncias formadas por um elemento comum,
por exemplo, o metano (1g de hidrogênio : 3g de carbono) e o cloreto de
hidrogênio (1g de hidrogênio : 35,5g de cloro).
Tomemos, agora, um composto formado por carbono e cloro (elementos não-
comuns) e determinemos a proporção em que esses elementos estão combinados.
Uma substância que preenche essas características é o tetracloreto de carbono, na
qual se constata que a proporção de combinação é de 3g de carbono : 35,5g de
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IFES Pág. 70
cloro, ou seja, as mesmas quantidades que se combinam com a massa fixa de
hidrogênio.
1g de hidrogênio + 3g de carbono = 4g de metano
1g de hidrogênio + 35,5g de cloro = 36,5g de cloreto de hidrogênio
3g de carbono + 35,5g de cloro = 38,5g de tetracloreto de carbono
Assim,
Quando uma massa fixa m, de um elemento químico A, combina-se com as massas
m1, m2, m3,…, dos elementos químicos B, C, D,…, respectivamente, se os
elementos B, C, D,…, reagirem entre si, o fará segundo as massas m1, m2, m3,…,
ou segundo múltiplos ou submúltiplos delas.
As massas m1, m2, m3,…, dos elementos químicos B, C, D,…, têm a mesma
capacidade de combinação, pois reagem com a mesma massa fixa m do elemento
químico A.
Por esse motivo, foram chamadas por Richter, já em 1792, de massas equivalentes:
Equivalente-grama de uma substância é a massa dessa substância capaz de
reagir com 8g de oxigênio.
Regras práticas.
1. Equivalente-grama (E) de um elemento químico. É a relação entre a sua
"massa molar" (átomo-grama, A) e sua valência (v).
Eqg (E) = massa molar
Valência
Exemplos:
Para o cálcio − Ca: Eqg = Ca/v = 40g/2 = 20g
Para o aluminio − Al: Eqg = Al/v = 27g/3 = 9g
Para o oxigênio − O: Eqg = O/v = 16g/2 = 8g
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 71
Para o Sódio − Na: Eqg = Na/1 = 23/1 = 23g
Quando o elemento químico tem número de oxidação variável e apresenta
vários números de oxidação, terá igual número de equivalente-grama.
Exemplos:
Para o Fe+2: Eqg = Fe /nox = 56g/2 = 28g
Para o Fe+3: Eqg = Fe/nox = 56g/3 ≅ 18,67g
Para o P+3: Eqg = P/nox = 31g/3 ≅ 10,33g
Para o P+5: Eqg = P/nox = 31/5 ≅ 6,2g
2. Equivalente-grama para a substância:
Eqg(S) = massa molar
k
O valor de k é interpretado de acordo com o comportamento químico da
substância.
a) Ácido. − k é igual ao número de hidrogênios ionizáveis (H+):
Eqg(A) = massa molar
número de H ionizáveis
Exemplos:
Para o ácido clorídrico ∶
(HCl) Eqg =
HCl
1 =
36.4606g
1≅ 36.5g
Para o ácido sulfúrico ∶
(H2SO4) Eqg =
H2SO4
2 =
98.0795g
2 ≅ 49,g
Para o ácido fosfórico ∶
(H3PO4) Eqg =
H2PO4
3 =
97.9952g
3 ≅ 32,6g
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IFES Pág. 72
Para o ácido hipofosforoso∶
(H3PO2) Eqg =
H3PO2
1 =
97.9952g
1 ≅ 98g
b) Base. −k é igual ao número de hidroxilas (OH-).
Eqg (base) = massa molar
nº de OH-
Para o hidróxido de sódio ∶
(NaOH) Eqg =
NaOH
1 =
40g
1 = 40g
Para o hidróxido de cálcio ∶
(Ca(OH)2) Eqg =
Ca(OH)2
2 =
74g
2 = 37g
Para o hidróxido de alumínio ∶
(Al(OH)3) Eqg =
Al OH 3
3 =
78g
3 = 26g
c) Sal. −k é igual à valência total do cátion ou do ânion considerado.
Eqg sal = massa molar
valência total
Para o sulfeto de cálcio:
(CaS) E =
CaS
2 =
72g
2 = 36g
Para o fluoreto de bário:
(BaF2) E =
BaF2
2 =
175g
2 = 87,5g
Para o sulfato de alumínio:
(Al2(SO4)3) E =
Al2 SO4 3
6 =
342g
6 = 57g
Para o sulfato de cobre II
pentahidratado
[CuSO4 . 5 H2O]: E =
CuSO4 . 5 H2O
2 =
249,5g
2 = 124,75g
d) Óxido. − k é a valência do elemento ligado ao oxigênio.
Eqg (óxido) = massa molar
valência
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 73
Exemplos: Para trióxido de enxofre, teremos:
Eqg SO3 = SO3
6 =
80g
6≅ 13,3g
Para o tetróxido de triferro (magnetita):
Eqg Fe3O4 = Fe3O4
12 =
231.533g
12≅ 19,29g
e) Equivalente-grama de um íon.
Para um anion:
Eqg Ax-= massa molar
x
Para um cátion:
Eqg Ay+= massa molar
y
Exemplos:
Eqg (SO4-2) =
SO4-2
2
Eqg Ca2+ = Ca
2
Eqg (Al3) = Al
3
Observe que o equivalente-grama de um sal é a massa do sal que contem um
equivalente-grama do respectivo íon.
Vejamos:
Eqg (Cy+)(Ax+) = Eqg (Cy+) + Eqg (Ax+)
Eqg (Cy+)(Ax+) = C
y +
A
x=
xC+yA
xy valência total
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IFES Pág. 74
Exemplos:
Para o Mg(NO3)2:
Eqg Mg NO3 2 = Mg NO3 2
2×1 =
148.315g
2×1 = 74,1575g
Para o Ca2(P2O7):
Eqg Ca2(P2O7) = Ca2(P2O7)
2×2 =
254.099g
4 = 63,52475
Casos Particulares.
f) Oxidante ou redutor. −k é o número total de elétrons cedidos ou
recebidos (∆ total).
Eqg oxidante ou redutor = massa molar
∆.atomicidade
Exemplos: Para o permanganato de potássio (KMnO4) quando atua
como oxidante em meio ácido.
A equação iônica da reação é:
2MnO4- + 6H++ ⇄ 2Mn++ + 3H2O + 5[O]
Quando o KMnO4 atua como oxidante em meio ácido o Mn de nox +7
ao receber 5 elétrons passa para Mn de nox +2. Como a molécula do
KMnO4 contém apenas 1 átomo de Mn o ∆ total = 5. Potanto, seu
equivalente-grama será a molécula-grama dividida por 5.
Eqg (KMnO4) = KMnO4
∆ total =
158g
5 = 31,5g
Para o permanganato de potássio (KMnO4) quando atua como oxidante
em meio alcalino, teremos:
A equação iônica da reação é:
2MnO4- + 2(OH)- ⇄ 2MnO3
- - + H2O + 3[O]
Quando o KMnO4 atua como oxidante em meio básico o Mn de nox +7
ao receber 3 elétrons passa para Mn de nox +4 (MnO3- -).
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 75
Como a molécula do KMnO4 contém apenas 1 átomo de Mn, seu
equivalente-grama será a molécula-grama dividida por 3.
Assim,
Eqg KMnO4 = KMnO4
Δx=
158g
3 = 52,67g
g) Nas reações entre ácidos e bases com neutralização parcial, os
equivalentes-gramas dos ácidos e das bases são calculados em função do
número de H+ e OH- totalmente neutralizados.
Exemplos:
1− H2SO4 +NaOH → Na2HPO4 + H2O
Eqg (H2SO4) = H2SO4
1 = 98g
2− H2SO4 + Al2(OH)3 → Al(OH)SO4 + H2O
Eqg (H2SO4) = H2SO4
2 = 49g
h) O equivalente-grama de um sal ácido, básico, misto ou duplo é calculado
em função do íon que toma parte na reação.
Exemplos:
Exemplo 1. K2SO4 + 2 HClO4 → H3PO4 + 2 KClO4
2 K+ + CO4- → 2 KClO4
Assim,
Eqg (K2SO4) = K2SO4
2
Exemplo 2. K2HPO4 + 3 Ag NO3 → 2 KNO3 + HNO3 + Ag2PO4
PO4-3 + 3 Ag+3 → Ag3PO4
Eqg (K2PO4) = K2PO4
3
i) Os equivalentes-grama devem corresponder à proporção dos
coeficientes das equações.
Exemplo: 3 H2SO4 + 2 Al(OH)3 → Al2(SO4)3 + 3 H2O
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IFES Pág. 76
3 H2SO4 = 6E
2 Al(OH)3 = 6E
Al2(SO4)3 = 6E
3 H2O =6E
Portanto,
n Equivalentes de uma substância A reage exatamente com n equivalentes da
substância B, produzindo n equivalentes de cada produto.
Vejamos:
3 H2SO4 + 2Al(OH)3 → Al2(SO4)3 + 3 H2O
De fato,
Se:
Eqg (H2SO4) = mol
2,
então:
1mol = 2 Eqg ou
3 moles = 6 Eqg de H2SO4
Faremos o mesmo raciocínio paras os outros compostos:
Eqg (Al(OH)3) = mol
3, então: 1mol = 3 Eqg ou 2 moles = 6 Eqg de Al(OH)3
Eqg (Al2(SO4)3 ) = mol
6, então: 1mol = 6 Eqg de Al2(SO4)3
Eqg (H2O) = mol
2,
então:
1mol = 2 Eqg ou
3moles = 6 Eqg de H2O
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 77
Portanto,
3 H2SO4 −
3 moles −
Eqg = mol
2− −
(1mol = 2 Eqg)− −
6 Eqg
+ 2 Al(OH)3 −
2 moles −
Eqg = mol
3− −
(1 mol = 3 Eqg)− −
6Eqg
→ Al2(SO4)3 −
6Eqg
+ 3 H2O −
6Eqg
4.13. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS.
01. Qual o número de átomos presentes em 90 g de água?
1 molécula H2O=2 átomos de H + 1 átomo de O = 3 átomos
90 g = 90g .1 mol
18g×
6,02×1023moléculas
1 mol ×
3 atomos
1 molécula
90 g= 6,02 ×3×90
18×1023 átomos= 9,0 3 ×1024 átomos
02. Qual o número de moléculas de água (H2O) presentes em 360g da substância?
1 mol H2O = 2 moles H
1 g
+ 1 mol O
16 g
= 18 g
360 g=360 g . 1 mol
18 g .
6,02 × 1023
1 mol
= 360 ×6,02
18 ×1023 átomos =
= 1, 20 ×1025 átomos
03. Quantas moléculas correspondem a 300 gramas de ácido acético (CH3COOH)?
Dados: (C = 12 u.m.a, H = 1 u.m.a, O= 16 u.m.a)
1 mol CH3COOH= 2 moles C + 4 moles H + 2 moles O
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 78
1 mol CH3COOH= 2×12 + 4×1 + 2×16
Logo,
300 g = 300 g 1 mol
60 g
6,02 ×1023
1 mol moléculas
04. Um recipiente contém 94 g de Cu(NO3)2. Quantos átomos há neste composto?
Dados: (Cu=64 u, O=16 u, N=14 u)
1 moléc. Cu(NO3)2 = 9 átomos ( 1Cu; 2N; 6O)
Cu(NO3)2 = 1×Cu + 2×N + 6×O
Portanto,
MM (massa molecular) = 64 + 2×14 + 6×16 = 188 g
94 g = 94g 1 mol
188g
6,02×1023moléc.
1 mol
9 átomos
1 moléc.
Logo,
94 g = 2,709 ×1024 átomos
05. (Unirio-RJ) Em 100 g de leite em pó infantil, existem 500 mg de cálcio. Quantos
mols de átomos de cálcio existem numa lata de 400 g de leite em pó?
100g leite=500 ml Ca
1 atg Ca = 40g×1000 mg
1 g = 40000 ml
400 g leite em pó= 400g leite . 500 mg Ca
100g leite .
1 mol (átomos)
40000 mg =0,05 moles
06. Sabe-se que a prata de lei é uma liga metálica constituída por prata e cobre (92,5% e 7,5%, respectivamente). Qual a massa de uma corrente de prata de lei que apresenta 5,0. 1022 átomos de prata?
Dados: Ag = 108u N = 6 .1023 1 atg Ag = 6,02 × 10 23 átomos = 108 g
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 79
5,0 ×1022 átomos= 5,0 ×10 22 átomos × 108 g
6× 1023 átomos=90 g
90 g (correspondente a 92, 5% de Ag) = 0,925, Mas, queremos o correspondente a 100% (ou 0,100). Assim,
100 % = 0,100 × 90g
0,925
100% ≅ 9,73 g
07. O ar atmosférico seco, não poluído, apresenta aproximadamente 78% de nitrogênio, 21% de oxigênio e 1% de argônio em volume.
Qual o valor da massa molar média desse ar?
Dados: N = 14u, O = 16u, Ar = 40u
110000gg ddee aarr == 7788gg ddee NN22 ++ 2211gg ddee OO22 ++ 11gg ddee AArr
100 g ar=78g. 6×1023moléc.
28g + 21g.
6×1023moléc.
32g +1g.
6,02×1023moléc.
40g
100g de ar = (78
28+
21
32+
1
40) × 6 × 1023 moléc.
1 mol de ar = 6× 1023moléc. = 100 g
(7828
+ 2132
+ 140
) de ar ≅ 28,9 g
4.14. Exercícios de Fixação
1. Determine a massa molecular das substâncias:
a) S8 b) HClO c) H3PO4 d) Ba(OH)2 e) Ca3(PO4)2
2. Determine o número de moléculas presentes em 4 moles de água.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 80
3. Qual o volume, em litros ocupados nas CNTP por 5 moléculas gramas
de CO2(g)?
4. Determine a massa, em gramas, de 12 x 1024 moléculas de H2S.
5. Calcular o número de mols presentes em 90 g de água.
6. Determine o número de moléculas presentes em 90 g de água.
7. Qual o número de átomos presentes em 90 g de água?
8. Calcule a massa molecular de certa substância X, sabendo que 16 mols
da mesma ―pesam‖ 38,4 g.
9. Determinar a massa, em gramas, de 11,2 L de CO2 (g), nas CNTP.
10. Qual o volume ocupado, em litros, por 160 g de oxigênio gasoso (O2)
nas CNTP?
11. Determine a massa molecular de certo gás G, sabendo que nas CNTP,
340 g do mesmo ocupam um volume de 22,4 L.
12. Determine a massa total, em gramas, presentes em: 2 mols de moléculas
de H2 + 11,2 L de C2H2(g) nas CNTP.
13. Se 1,2 x 1023 moléculas da substância X pesam 12 mg, calcule a massa
molar de X.
14. 12,4 g de uma substância simples e gasosa Gn, ocupam, nas CNTP, 2,24
L. Determine a atomicidade da substância sabendo que a massa atômica de G é
31 u.m.a.
15. Nas CNTP, 5,6 L do gás XO2 tem massa igual a 11g. Qual a massa
atômica de X?
16. Uma liga de zinco e ferro contém 20% de zinco. Qual o número de
átomos de ferro contidos em 7g dessa liga?
17. As máscaras de oxigênio utilizadas para produzir oxigênio, em situações
de emergência contêm o superóxido de potássio KO2.
O oxigênio é produzido pela reação desse óxido com o dióxido de carbono e a
água do ar exalado pelos pulmões, como mostra a equação:
4 KO2 (s) + 2 H2O (g) + 4 CO2 (g) ⟶ 4 KHCO3 (s)+ 3 O2 (g)
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 81
Considere que uma pessoa exale 1,0 × 102 mol de CO2 por minuto. Ao fim de
5 minutos, qual será a quantidade de matéria em mols de oxigênio, inalada
por ela será aproximadamente?
18. Peixes machos de certa espécie são capazes de detectar a massa de
3,66 ×10-8g de 2-fenil-etanol, substância produzida pelas fêmeas, que está
dissolvida em 1 milhão de litros de água. Supondo-se diluição uniforme na
água, indique o número mínimo de moléculas de 2-fenil-etanol por litro de
água, detectado pelo peixe macho. Dados: massa molar do 2-fenil-etanol é
122 g/mol; constante de Avogadro = 6,0x1023 moléculas por mol.
19. (FGV-SP) Para atrair machos para acasalamento, muitas espécies fêmeas de
insetos secretam compostos químicos chamados feromônios.
Aproximadamente 10-12g de tal composto de fórmula C18H38O devem estar
presentes para que seja eficaz. Quantas moléculas isso representa? Dados:
massas molares: C = 12 g/mol; H = 1 g/mol; O =16 g/mol.
20. (FUVEST-SP) Na fabricação de chapas para circuitos eletrônicos, uma
superfície foi recoberta por uma camada de ouro, por meio de deposição a
vácuo. Sabendo que para recobrir essa chapa foram necessários 2 x 10 20
átomos de ouro, determine o custo do ouro usado nessa etapa do processo de
fabricação. Dados: NA: 6×1023 ; massa molar do ouro = 197 g/mol; 1 g de
ouro = R$ 17,00.
a) Encontre o número de moles de íons em: a) 2 moles 2 mols de Fe2(SO4)3;
b) 0,2 mols de Al(NO3)3;
21. (Mackenzie – 2001) Estudos apontam que a amônia (NH3) adicionada ao
tabaco aumenta os níveis de absorção de nicotina pelo organismo. Os
cigarros canadenses têm, em média, 8,5 mg de amônia por cigarro, valor bem
mais baixo do que a média nacional (Veja 29/05/96). Calcule a quantidade de
mols de moléculas existentes em 8,5 mg de amônia. Dados: as massas
molares (g/mol): N = 14; H = 1.
2222.. (Fuvest – 2002) O aspartame, um adoçante artificial, pode ser utilizado para
substituir o açúcar de cana. Bastam 42 miligramas de aspartame para
produzir a mesma sensação de doçura que 6,8 gramas de açúcar de cana.
Sendo assim, quantas vezes, aproximadamente, o número de moléculas de
açúcar de cana deve ser maior do que o número de moléculas de aspartame
para que tenha o mesmo efeito sobre o paladar? Dados: massas molares
aproximadas (g/mol) açúcar de cana: 340; adoçante artificial: 300.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 82
UUNNIIDDAADDEE VV
4.1. Cálculos de Fórmulas.
Fórmula é a representação gráfica da composição de uma substância. Diversos tipos
de fórmulas são utilizados. As teorias que explicam a formação das ligações
químicas permitem prever a fórmula molecular, estrutural e eletrônica de uma
substância molecular e a fórmula empírica de uma substância iônica.
Uma lei fundamental da química sustenta que, em qualquer composto químico,
formado por dois ou mais elementos diferentes, eles estão presentes no composto
em uma quantidade, ou numa certa composição percentual. O que significa, por
exemplo, que Al (OH)3 de hidróxido de alumínio que se obtém no Brasil terá a
mesma porcentagem de alumínio, oxigênio e hidrogênio, que você pode obter em
qualquer outro lugar do mundo.
Estudaremos de que maneira é possível, através da análise de dados experimentais,
determinar a fórmula molecular de uma substância e outros tipos de fórmulas,
como a centesimal e a mínima.
4.1. Composições percentuais e fórmulas químicas.
Conhecido um composto químico, é possível saber o percentual de massa de cada
elemento no composto.
Exemplo: Uma molécula de dióxido de enxofre, SO2, contém um átomo de enxofre
e dois de oxigênio. Calcular a composição (em tanto por cento) da molécula de SO2.
Dados: A massa atômica do enxofre é 32,1u e a do oxigênio 16,0u.
O problema pode ser resolvido por duas vias:
(1) – Utilizando unidades de massa atômica:
Massa molecular do SO2
m(SO2) = mA(S)+ 2mA(O) = (32,1) + (2×16) = 64,1 u.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 83
Percentagem do S no composto:
%S = (massa S
Massa SO2
) = 32,1 u
64,1u = 0,501 ou 50,1%
Percentagem do oxigênio no composto:
%O = (massa O
Massa SO2
) = 2×16 u
64,1u = 0,499 ou 49,9%
(2) − Utilizando gramas:
1 mol de moléculas de SO2 (64,1 g) contém 1 mol de átomos de enxofre (32,1
g) e 2 moles de átomos de oxigênio (2×16,0 g).
Porcentagem do enxofre no composto:
Se em 64,1 g de SO2 temos 32,1 g de enxofre, em 100 g teremos:
100g SO2 = 100g SO2 ×32,1 g S
64,1 g de SO2
=51,1% S
Porcentagem do oxigênio no composto:
Se em 64,1 g de SO2 temos 32,0 g de oxigênio, em 100 g teremos:
100g SO2 = 100g SO2 ×2×16,0g O
64,1 g de SO2
=49,9% O
4.2. A fórmula química de um composto através de sua composição
centesimal (percentual).
Conhecida a composição percentual de um composto ou sua composição elementar
em gramas, se pode determinar sua fórmula mais simples mediante cálculos
elementares.
Fórmula empírica:
A fórmula mais simples, ou fórmula empírica, de um composto é a menor relação
entre o número de átomos presentes em uma molécula desse composto.
Através da composição percentual de um composto pode-se conhecer sua fórmula
empírica.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 84
Exemplo:
A análise de uma amostra de um composto puro revela que contém uns 27,3% de
carbono e uns 72,7% de oxigênio (em massa).
Determinar a fórmula empírica desse composto.
Para resolver o problema consideremos 100 g do composto.
Dada a composição porcentual do mesmo, desses 100 g correspondem 27,3 g ao
carbono e 72,7 g ao oxigênio.
Com isso, se pode calcular o número de moles de átomos de cada elemento:
Moles de átomos de carbono = (27,3 g) ×1 mol átomos de C
12,0 g C= 2,28
Moles de átomos de oxigênio = (72,7 g) ×1 mol átomos de O
16,0 g O= 4,54
Dividindo os dois números obtidos, chega-se a uma relação empírica
inteira entre ambos.
A partir desta relação, têm-se a relação dos átomos na fórmula empírica:
n(C) = 2,28
2,28 = 1
n(O) = 4,54
2,28 ≅ 2
A fórmula empírica corresponde ao dióxido de carbono será:
CO2.
4.3. O volume molar.
Nos cálculos com gases é conveniente adotar a unidade universal de volume: o
volume molar. É o volume ocupado por um mol de qualquer gás, medido em
condições normais de pressão e temperatura (760 mm Hg de pressão, ou seja, 1 atm
e 0 ºC de temperatura) e tem um valor de 22,4 L.
Exemplos:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 85
Tabela 3. Volumes Molares.
Gás Massa Volume (CNTP)
Número de partículas
1 mol de Hélio 4 g 22,4 l 6,023 × 1023 átomos
1 mol de Hidrogênio 2 g 22,4 l 6,023 × 1023 moléculas
1 mol de Butano 58 g 22,4 l 6,023 × 1023 moléculas
4.4. Análises de Combustão.
As reações de combustão são reações rápidas que produzem uma chama. A
maioria dessas reações inclui ao oxigênio do ar (O2) como reagente.
Uma classe de compostos que podem participar nas reações de combustão são os
hidrocarbonetos, que quando se queimam, reagem com o oxigênio do ar para
formar dióxido de carbono (CO2) e água (H2O). Outros compostos, que tem
carbono, hidrogênio e oxigênio (por exemplo, o álcool metílico CH3OH, a glicose
C6H12O6), também se queimam na presença de oxigênio (O2) para produzir CO2 e
H2O.
Quando conhecemos a modo com que uma série de sustâncias reage entre si, é
factível determinar características quantitativas delas (entre outras, a sua fórmula
e até sua fórmula molecular − no caso de conhecermos a massa molecular da
sustância). É a chamada análise quantitativa.
Princípio do método.
Na ocasião em que um composto com H e C é queimado num dispositivo especial,
na presença de O, todo o carbono é convertido em CO2, e hidrogênio em H2O. O
CO2 é então capturado (usando-se o hidróxido de sódio) para podemos saber o
quanto CO2 foi produzido pela simples medição da mudança de peso da amostra.
Da mesma forma, podemos saber quanto H foi produzido através H2O medindo a variação da massa de uma amostra de perclorato de magnésio.
Um exemplo:
Consideremos a combustão do álcool isopropílico.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 86
Uma análise de uma amostra de 0,255 g do álcool revela que esta tem unicamente o três elementos: C, H e O. Ao queimá-la, verificamos que foram produzidos 0,561 g de CO2 e 0,306 g de H2O.
Com esta informação podemos calcular a quantidade de C e H na amostra:
m(CO2) = 1m(C) +2×m(O) = 44 g
m(H2O) = 2m(H) + m(O) = 18,0 g
Portanto,
0,561 g de CO2 × 1 mol de CO2
44,0 g = 0,0128 moles de CO2
Como um mol de CO2 tem um mol de C e dois de O, então: em 0,0128 moles de CO2, teremos 0,0128 moles de C.
Assim,
0,0128 moles de C × 12,01g
mol de C = 0,154 g de C
Como
0,306 g de H2O × 1 mol deH2O
18,0 g = 0,017 moles de H2O
Mas, 0,017 moles de H2O contém 0,034 moles de H (2×0,017).
0,034 moles de H ×1g
1 mol H = 0,034 g
A quantidade de oxigênio na amostra original não pode ser obtida a partir do massa dos produtos de combustão, uma vez que CO2 e H2O contêm oxigênio, que pode vir, parcialmente, do oxigênio combinado no composto e, parcialmente, do oxigênio do fluxo gasoso usado no processo de combustão.
O conteúdo em oxigênio na amostra pode, no entanto, ser obtida por diferença. Logo,
m(Amostra) = 0,154 g (C) + 0,034 g (H) + m(O) = 0,255g
m(O) = 0,255 – 0,154 – 0,034 = 0,067 g O
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 87
Ou, 0,067 g de O × 1 mol de O
15,999 g = 0,0042 moles de O
Assim, em suma, o que temos é:
0,0128 moles de Carbono
0,0340 moles de Hidrogênio
0,0042 moles de Oxigênio
Com esta informação podemos encontrar a fórmula empírica, se dividirmos pela menor quantidade (0,0042 )para obter números inteiros:
0,0128 moles C
0,0042 ≅ 3 moles C
0,0340 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝐻
0,0042 ≅ 8 moles H
0,0042 moles O
0,0042 ≅ 1 mol O
Considerando o erro experimental, é provável que a amostra tenha a fórmula
empírica: C3H8O.
4.5. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS.
1. O mercúrio forma um composto com cloro que tem 73,9% de mercúrio e 26,1%
de cloro em massa. Qual é a fórmula empírica do composto?
Suponhamos que temos uma amostra de 100 gramas deste composto. Então a
amostra terá 73,9 gramas de mercúrio e 26,1 gramas de cloro. Logo,
Calculando o número de moles, que representa cada massa individual de cada
átomo, teremos:
73,9 g Hg × 1 mol
200,59 g = 0,368 moles Hg
26,1 g Cl × 1 mol
35,45 g = 0,736 mol Cl
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 88
Calculando a proporção molar dos elementos, vem:
n(Cl)
n(Hg) =
0,736 mol Cl
0,368 mol Hg = 2,0
Como n(Cl) = 2 × n(Hg), a fórmula empírica é HgCl2.
2. Uma análise quantitativa dá o seguinte % em massa: H = 9.15 %, C = 54.53 % e
O = 36.32 %. Determinar a fórmula molecular, sabendo que: massa molecular é
igual 132.16, fórmula empírica igual a C2H4O.
Assumindo uma amostra de 100 gramas, converteremos as percentagens dadas
aos totais de grama e, por conseguinte, em moles:
9.15 g H × 1 mol
1 g H = 9.15 moles
54.53 g C × 1 mol
12 g C = 4.54 moles
36.32 g O × 1 mol
16 g O = 2.27 moles
Dividindo cada uma dos números de moles pelo menor dos três (nesse caso
2.27), vem:
2.27 moles O /2.27 =1
9.15 moles H/2.27 = 4
4.54 moles C/2.27 = 2
No entanto, m(C2H4O) = 2 × m(C) + 4 × m(H) + 1 × m(O), assim:
m(C2H4O) = 2×12.0 + 4×1.0 + 1×16.0 = 44g/mol
O fator comum, que define a relação (fórmula molecular)/(fórmula empírica) é:
132.16/ 44 = 3
A solução: Multiplique C2H4O pelo fator comum:
C (2 × 3) H (4 × 3) O (1 × 3) = C6H12O3
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 89
3. A análise quantitativa de uma substância mostrou que ela é formada por 28% de
ferro, 24% de enxofre e 4,8% de oxigênio, em massa. Determine a fórmula
molecular dessa substância sabendo-se que sua massa molecular é igual a 400 g
e que as massas atômicas são: Fe=56, S=32 e O=16 g.
Assumindo uma amostra de 100 gramas, teremos:
28 g Fe×1 mol
56 g Fe = 0,50 moles
24 g S×1 mol
32 g S = 0,75 moles
48 g O×1 mol
16 g O = 3,00 moles
Dividindo esses moles pelo menor dos três (nesse caso 0.50), vem:
0,50 moles Fe /0,50 = 1
0,75 moles S /0,50 = 1,5
3,00 moles O /0,30 = 6,0
Que multiplicando por 2, vem:
n Fe = 2
n S = 3
n O = 12
Como m(C) = 2 × m(Fe) + 3 × m(S) + 12 × m(O), então:
m(Fe2S3O12) = 2 × 56 + 3 × 32 + 12 × 16 = 400 g
A solução: Fe2S3O12 ou Fe2(SO4)3
2º Método: Usando-se a proporcionalidade entre as massas, vêm:
mFe
28 g =
mS
24 g =
mO
48 g =
mFe+ mS + mO
100g =
400
100 = 4
Logo, têm-se:
mFe = 4 × 28 g × 1 mol
56 g = 2 moles Fe
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 90
mS = 4 × 24 g × 1 mol
32 g = 3 moles S
mO = 4×48 g×1 mol
16 g = 12 moles O
Logo, a solução como queríamos demonstrar é: Fe2S3O12 ou Fe2(SO4)3
4. A análise quantitativa da glicose mostrou que 3,0 g dessa substância contêm
1,20 g de carbono, 0,20 g de hidrogênio e 1,60 g de oxigênio (massa molecular
da glicose =180 g). Determinar a fórmula percentual em massa e a fórmula
molecular.
Dados: C =12; H=1g; O=16g.
Como existe proporção entre as massas dos elementos constituintes, vem:
mH
0,20 =
mC
1,20 =
mO
1,60
Se fizermos mGLICOSE = 100g, encontraremos um percentual em massa de cada
constituinte.
mH
0,20 =
mC
1,20 =
mO
1,60 =
100
3,0 g
Assim,
mH = 0,20 ×100
3,0 g= 6,7 g ou 6,7%
mC = 1,20 ×100
3,0 g= 40,0 g ou 40,0%
mH = 1,60 ×100
3,0 g= 53,3 g ou 53,3%
Como mC = 12 × nC; mH = 1 × nH; mO = 16 × nO, então:
12 × nC
0,20 =
1 × nH
1,20 =
16 × nO
1,60 =
180
3,0
nC = 6;
nH = 12;
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 91
nO = 6
Portanto, a fórmula molecular da glicose é:
C6H12O6.
5. Um composto foi analisado e verificou-se que contêm 13.5 g Ca, 10,8 g O e
0.675 g H. Qual é a fórmula empírica do composto?
Convertendo a massa de cada elemento para moles, usando as massas atômicas
da tabela periódica, vêm:
13,5 g Ca × 1 mol Ca
40,1 g Ca = 0,337 moles Ca
10,8 g O × 1 mol Ca
16,0 g Ca = 0,675 moles Ca
0,675 g H × 1 mol H
1,01 g H = 0,337 moles H
Dividindo cada valor acima pelo menor número de moles calculado (0,337) e
arredondando para o número inteiro mais próximo, vêm:
0,337
0,337 mol Ca = 1 mol Ca
0,668
0,337 mol H =1,98 ≅ 2 moles
0,675
0,337 = 2,00 moles de O
A razão molar dos elementos é a representação dos índices na fórmula empírica:
CaO2H2 ,ou melhor: Ca(OH)2.
6. Aspartame é % 57.14 de C, 6.16 C de H, 9.52 % de N e 27.18% de O. Calcule a fórmula empírica do aspartame e encontre sua fórmula molecular.
(Dados: massa molar de aspartame é 294,30 g/mol)
Como foram indicadas percentagens, assumiremos que a massa total é de 100
gramas para que a massa de cada elemento seja igual à porcentagem
determinada.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 92
57,14 C ×1 mol C
12,0 g Ca = 4,76 mol C
6,16 g H × 1 mol H
1,01 g H = 6,10 moles H
9,52 g N × 1 mol N
14,0 g N = 0,68 moles de N
27,18 g O × 1 mol O
16,0 g O = 1,70 moles de O
Dividindo cada valor acima pelo menor número de moles calculado (4,76) e
arredondando para o número inteiro mais próximo, vêm:
4,76
0,68 mol C = 7 mol C
6,10
0,68 mol H = 8,98 ≅ 9 moles H
0,68
0,68 = 1,00 moles de N
1,70
0,68 = 2,50 moles de O
Que multiplicando por 2, vem:
n(C) =14; n(H) =18; n(N) = 2; n(O) = 5
Obtemos, assim, a fórmula empírica:
C14H12N2O5
Agora, podemos encontrar a fórmula molecular, encontrando a massa da
fórmula empírica e a relação entre elas:
C14H18N2O5 = 14(12,0) = 18(1,01) + 2(14,0) + 5(16,0) = 294g/mol
massa molar
fórmula empírica=
294,3 g
294 g ≅1
Assim, a fórmula empírica é a fórmula molecular.
7. Determine a fórmula mínima de um composto que encerra 40% de carbono,
6,7% de hidrogênio e 53,3% de hidrogênio.
Há proporção entre os números de moles de átomos. Assim,
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 93
mC
40 g=
mH
6,7 =
mO
53,3
12×nC
40 g =
1×mH
6,7 =
16×nO
53,3
nC
4012
g =
mH
6,71
= nO
53,316
mC
3,33 g=
mH
6,7 =
mO
3,33
mC
3,333,33
1
g=
mH
6,73,33
g ≅2
= mO
3,333,33
1
g
Portanto, a resposta: CH2O
8. Determine a fórmula estequiométrica de um composto que encerre 28,8% de Al,
21,87% de Si e 50% de O.
Temos,
mAl
28,8 g=
mSi
21,87 =
mO
50,0
26,981 × nAl
28,8 g=
28,0855 × nSi
21,87 =
15,9994 × nO
50,0
nAl
28,826,9815
g =
nSi
21,8728,0855
= nO
50,015,9994
nAl
1,07 =
nSi
0,779 =
nO
3,125
nAl
1,070,779
=
nSi
0,7790,779
= nO
3,1250,779
nAl
1,37 =
nSi
1,000 =
nO
4,011
Na tentativa de obtermos números inteiros, encontraremos uma boa
aproximação ao multiplicarmos por 3.
Assim,
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 94
nAl
3×1,37 =
nSi
3×1,000 =
nO
3×4,011
n(Al) ≅ 3, n(Si) = 3, n(O) ≅ 12
Logo,
Al4Si3O12 ou Al4(SiO4)3 é a fórmula procurada.
9. 3,42 g de uma substância x contêm 0,54 g de Al, 0,96 g de S e 1,92 g de O.
Determine a fórmula mínima percentual em massa e a fórmula mínima dessa
substância.
(Dados: Al = 26,9815 u, S = 32,0660 u, O = 15,9994 u)
0,54 g × 1 mol Al
26,9815 ≅ 0,0200 moles Al
0,96 g × 1 mol S
32,0660 ≅ 0,0299 moles S
1,92 g × 1mol O
15,9994 ≅ 0,1200 moles O
Dividindo os valores encontrados pelo menor (0,1200), vem:
0,0200/0,0200 = 1 mol Al
0,0299/0,0200 = 1,495 moles S
0,1200/0,0200 = 6 mole H
Que multiplicando por 2, vem:
n(Al) = 2 moles
n(S) = 3 moles
n(O) = 12 moles
Portanto, Al2S3O12 = Al2(SO4)3 é a fórmula procurada.
10. Calcule a fórmula de um composto formado por nitrogênio e hidrogênio, cuja
análise de 32 g de uma amostra revelou a presença de 87,5% (% em massa) de
nitrogênio.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 95
(Dados: as massas molares (g/ mol) do N =14 e H = 1)
Assumindo que a massa total é de 100 gramas, têm-se:
m N = 87,5 g = 87,5 g × 1 mol N
14 g = 6,25
m H = 100 - 87,5 g = 12,5 g = 12,5 g × 1mol H
1 g =12,5 moles
Que divididas por 6,25, vêm:
n N = 6,25
6,25 = 1 mol
n H = 12,5
6,25 = 2 moles
Como m(NH2) = 14 + 2 = 16, então:
O fator comum, que define a relação (fórmula molecular)/(fórmula empírica) é,
assim:
32/16 = 2
A fórmula procurada é:
N(1×2)H(2×2) = N2H4
11. A análise elementar quantitativa de um composto orgânico nitrogenado A
forneceu o seguinte resultado: 0,365 g de A deram por combustão 0,66g de
CO2 e 0,315 g H2O.
0,146 g de A deram por combustão 23,6 cm3 de nitrogênio medidos a 14ºC 2
772 mmHg de pressão. A tensão de vapor d’água a 14ºC é 12 mmHg. A massa
molecular de A, determinado pelo processo ebulométrico é 77.
Calculo a fórmula molecular de A e propor uma fórmula estrutura possível
para o mesmo composto.
Temos: 0,365g A = 0,66g CO2 + 0,315g H2O
0,146g A = 23,6cm3 de N (T = 14ºC e P = 727 mmHg; pv(H2O) = 12mmHg)
Calculando a composição dos elementos, vem:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 96
a) n(CO2) = n(C) = ½n(O)
0,66g CO2×1 mol
(12+2×16) = 0,015 moles CO2
Portanto,
n(C) = 0,015 moles C
0,015 moles C ×12 g
1 mol = 0,18 g C
b) n(H2O) = ½n(H) = n(O)
0,315g H2O×1mol
18g= 0,0175 moles H2O
n(H) = 2×n(H2O) = 2× 0,0175 = 0,035 moles H
0,035 moles H×1 g
1 mol = 0,035 g H
c) Para o Nitrogênio, teremos: P×V
T =
Po×Vo
To
V = 720-12 mmHg×23,6cm3×273K
273+14 K× (760mmHg) 1amt
= 22, 449 cm3 = 0,0 224 L
0,0224 L N2 ×1 mol
22,4 = 0,001 moles N2
0,001 moles N × (14g×2)
1 mol = 0,028g N
0,146 g A = 0,028g N, logo:
0,365g A × 0,028 g N
0,145 g A = 0,070 g N
0,070 g N × 1 mol
14 g = 0,005 moles N
c) Para o O:
m(A) 0,365 g
= m(H) 0,035 g
+ m(O) + m(C) 0,18 g
+ m(N) 0,070 g
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 97
m(O) = 0,08 g O
0,08g ×1 mol
16 g≅ 0,005 moles O
Assim, em suma, o que temos é:
0,015 moles C
0,035 moles H
0,005 moles O
0,005 moles N
Que dividido por 0,005 (o menor valor), vem:
(0,015/0,005) moles C = 3 moles C
(0,035/0,005) moles H = 7 moles H
(0,005/0,005) moles O = 1 mol O
(0,005/0,005) moles N = 1 mol N
Logo,
Fórmula molecular: C3H7ON
Possível fórmula estrutural:
Fig. 54
12. A análise elementar quantitativa de um composto orgânico nitrogenado X
forneceu o seguinte resultado:
0,177 g de X deram por combustão 0,264 g de CO2 e 0,135 g de H2O.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 98
Na dosagem de nitrogênio de acordo com o processo de Kjeldahl de 0,885 g de
X, obteve-se uma quantidade de amônia (gás amoníaco) que necessitou de 15
cm3 de solução de 1N de H2SO4 para completa neutralização.
Calcule a fórmula empírica de X.
Calculando a composição dos elementos, vem:
a) Para o C:
0,264 g de CO2 × 1 mol
44 g = 0,006 moles CO2
n(C) =n(CO2) = 0,006 moles C (0,072 g C)
%C = 0,072/0,177 = 0,4068
ou 40,68%
b) Para o H:
0,135 g de H2O ×1 mol
18 g = 0,0075 moles H2O
n (H) = 2 n(H2O) = 0,015 moles H (0,015g H)
%C = 0,015/ 0,177 = 0,0848
ou 8,48%
c) Para o N:
A reação de neutralização é:
2NH3 2moles
+ H2SO4 1mol
→ (NH4)2SO4 1mol
Lembrando que a normalidade de uma solução (N) é o número de
equivalentes do soluto em um litro da solução, então:
Uma solução 1N de H2SO4 diz que: em 1 litro teremos 1 eqg H2SO4.
1 litro = 1000 cm3 = 1 eqg H2SO4
Como equivalente-grama (E) de um de um ácido é a relação entre massa
molecular m(A) e o número de hidrogênios ácidos ou ionizáveis, então:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 99
Equivalente-grama H2SO4 =
mmol( H2SO4)
2
Assim,
1 mol H2SO4 = 2 × Eqg H2SO4
Logo,
15 cm3 1 eqg H2SO4
1000 cm3
1 mol H2SO4
2 eqg H2SO4
2 moles NH3
1 moles H2SO4
=
= 0,015 moles NH3
(0,015 moles NH3)(1mol N
1 moles NH3
) = 0,015 moles N
(0,015 moles N)(14 g/1 mol) = 0,21 g N
d) Para o N, temos:
%C = 0,21/0,885 = 0,2373
ou 23,73%
e) Para o O, temos:
%O = 100 – (40,68 + 8,48 + 23,73) = 27,11%
f) Cálculo da fórmula mínima:
mC
40,68 =
mH
8,48 =
mO
27,11 =
mN
23,73
12×nC
40,68 =
1×nH
8,48 =
16×nO
27,11 =
14×nN
23,73
nC
40,68/12 =
nH
8,48/1 =
nO
27,11/16 =
nN
23,73/14
nC
3,39 =
nH
8,48 =
nO
1,694 =
nN
1,695
nC
3,39/1,694 =
nH
8,48/1,694 =
nO
1,694/1,694 =
nN
1,695/1,694
nC
2,00 =
nH
5,00 =
nO
1,00 =
nN
1,00
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 100
Portanto, a fórmula empírica é:
C2H5ON, possivelmente:
Fig. 55
g) A fórmula molecular é do tipo:
(C2H5ON)n
13. Uma amostra de 1,367 g de um composto orgânico foi queimada em uma
corrente de oxigênio seco fornecendo 3,002 g de CO2 e 1,640 g de H2O. Se o
composto original contiver somente C, H e O, qual será sua forma empírica?
É necessário usar fatores quantitativos para CO2 e H2O para determinar
quanto de C e H estão presentes nos produtos de combustão e, por
conseqüência, na amostra original.
m C = 3,002 g CO2 1 mol CO2
44g CO2
1 mol C
1 mol CO2
12g
1 mol C = 0,819 g
m H = 1,640 g H2O 1 mol H2O
18g H2O
2 mol H
1 mol H2O
1g
1 mol H = 0,182 g
Mas,
m(Amostra) 1,365 g
= m(C) 0,819 g
+ m(H) 0,183g
+ m(O)
Assim, m(O) = 1,365 g − 0,819 g − 0,183g = 0,364 g
Agora o problema pode ser resolvido pelo procedimento usual. 0s números de
moles dos elementos em 1,367g do composto são determinados como sendo:
(0,819g C)(1 mol/12g) = 0,06825
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 101
(0,183g H)(1 mol/1g) = 0,18300
(0,364 g O)(1 mol/16g) = 0,02275
Que divididos por 0,02275, vem:
(0,06825/0,02275) = 3
(0,18300/0,02275) ≅ 8
(0,02275//0,02275) = 1
Como estão na razão 3; 8:1, a fórmula empírica é C3H8O.
14. A análise de 0,44g de um composto orgânico obteve-se uma quantidade de gás
amoníaco (amônia), que recolhido e neutralizado por 33 cm3 de solução 0,1N
de H2SO4. Pede-se a percentagem de nitrogênio no composto.
NH3 NEUTRALIZADOS 33 cm3 H2SO4 0,1N
Uma solução 0,1 N de H2SO4 significa que:
1 litro de solução = 1000 cm3 = 0,1 eqg H2SO4, assim:
nEqg H2SO4 = (33 cm3)( 0,1 eqg H2SO4
1000 cm3) = 0,0033 eqg H2SO4
Mas neqg H2SO4 = neqg NH3 = 0,0033 eqg NH3
(0,0033 eqg NH3)(1 mol NH3
1 eqg NH3
)(14N
1 mol NH3
) = 0,0462g N
%N = 0,0462g
0,44g = 0,105 ou 10,5%
15. Um composto quartenário contém: C−18,18%; H−1,51% . Na dosagem do
iodo, pelo processo de Carius, verificou-se que 0,099g desse composto quando
tratado pelo Ag(NO3)3, produzem 0,1175g de AgI. Qual a sua fórmula
empírica?
mm (AgI) = 107.8682 + 126.9045 ≅ 234,78
mI
0,1175 =
126.9045
234,7727
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 102
mI = 0,0635g
%I = 0,0635
0,099×100 = 64,14%
Logo,
%O = 100 – ( 18,18 + 1,51+64,14+64,14) = 16,17%
Cálculo da formula empírica:
12 nC
18,18 =
1nH
1,51 =
127nI
64,14 =
16nO
16,17
nC
18,1812
= nH
1,511
= nI
64,14127
= nO
16,1716
nC
1,515 =
nH
1,51 =
nI
0,505 =
nO
1,01
nC
1,5150,505
= nH
1,510,505
= nI
0,5050,505
= nO
1,010,505
nC
3 =
nH
3 =
nI
1 =
nO
2
Portanto a fórmula molecular é:
C3H3IO2
16. Um composto orgânico contém:
C−57,69%;
H−3,84%
Na dosagem de enxofre 0,333g deste composto quando tratados por BaSO4
produzem 0,3731g de BaSO4.
Qual a sua fórmula empírica?
mm (BaSO4) = 137+32+4×16 = 233g
0,3731g de BaSO4 32g S
233g BaSO4
= 0,0512g
Com esta informação, calculamos o percentual de enxofre e oxigênio:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 103
%S = 0,0512
0,333×100= 15,38% de S
Para o oxigênio:
%O = 100 – (15,38+57,69+3,84) = 23,09% de O
Assim,
mH
3,84 =
mC
57,69 =
mS
15,38 =
mO
23,09
1×nH
3,84 =
12×nC
57,69 =
32×nS
15,38 =
16×nO
23,09
nH
3,841
= nC
57,6912
= nS
15,3832
= nO
23,0916
nH
3,84 =
nC
4,8075 =
nS
0,480625 =
nO
1,443125
nH
3,84
0,480625
= nC
4,8075
0,480625
= nS
0,4806250,480625
=
nO
1,4431250,480625
nH
7,98 =
nC
10,00 =
nS
1,00 =
nO
3,00
Ou, aproximando:
nH
8 =
nC
10 =
nS
1 =
nO
3
Ou,
C10H8SO3
17. Submetendo-se um alceno à ação do ozônio e hidrolisando o produto obtido,
teremos 2 compostos A e B. O composto A tem 54,6% de C e 9,09% de H. O
composto B, uma cetona, contem 62,00% de C e 10,40% de H. Qual é o alceno
original e qual sua estrutura?
Temos:
Composto A:
C−54,61%
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 104
H−9,09%
O−(100-(54,61+9,09)) = 36,3%
Composto B:
C−62,00%
H−10,40%
O−(100-(62,00+10,40)) = 27,6%
Assim, para o produto A têm-se:
mH
9,09 =
mC
54,61 =
mO
36,3
1×nH
9,09 =
12×nC
54,61 =
16×nO
36,3
nH
9,09
1
= nC
54,61
12
= nO
36,316
nH
9,09 =
nC
4,55 =
nO
2,27
nH
9,092,27
=
nC
4,552,27
=
nO
2,272,27
nH
4 =
nC
2 =
nO
1
Ou,
C2H4O
Fig. 56
Para o composto B, têm-se:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 105
mH
10,40 =
mC
62,00 =
mO
27,6
1×nH
10,40 =
12×nC
62,00 =
16×nO
27,6
nH
10,40
1
= nC
62,00
12
= nO
27,616
nH
10,40 =
nC
5,17 =
nO
1,73
nH
10,401,73
=
nC
5,171,73
=
nO
1,731,73
nH
6,01 =
nC
2,99 =
nO
1,00
Ou .
Fig. 57
Portanto, o alceno original é: C6H12
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 106
Fig. 58
18. A análise elementar de um composto (iodeto de alcoila) forneceu a seguinte
composição:
C−37,16%
I−56,19%
Qual a sua fórmula empírica?
%I = 100 – (37,16+56,19) = 6,65% de H
Assim,
mC
37,16=
mI
56,19=
mH
6,65
12×nC
37,16 =
127×nI
56,19 =
1×nH
6,65
nC
37,16
12
= nI
56,19127
=
nH
6,65
1
nC
3,097 =
nI
0,442 =
nH
6,65
nC
3,0970,442
=
nI
0,4420,442
=
nH
6,650,442
nC
7 =
nI
1 =
nH
15
Portanto, a resposta é C7H15I
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 107
Fig. 59
19. A nicotina contém 73,5% de carbono, 8,6% de hidrogênio e 17,3% de nitrogênio. Sabe-se que este composto contém dois átomos de nitrogênio por molécula. Quais são as fórmulas empíricas e moleculares da nicotina.
Dados Massas atômicas: C = 12; H = 1; N = 14
mC
73,5=
mH
8,6=
mN
17,3
12×nC
73,5=
1×nH
8,6=
12×nC
17,3
nC
73,512
=
nH
8,61
=
nC
17,314
nC
6,125 =
nH
8,6 =
nC
1,236
nC
6,1251,236
=
nH
8,6
1,236
= nC
1,2361,236
nC
4,956 =
nH
6,958 =
nC
1
nC
4,956 ≅5
= nH
6,958 ≅7
= nC
1
Fórmula mínima: C5 H7N e
Fórmula molecular: C10H14N2.
Segue as possíveis fórmulas planas:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 108
Fig. 60: Isômeros.
20. Anfetaminas são aminas utilizadas como estimulantes e vulgarmente
conhecidas por "bolinhas". Uma dessas substâncias é a benzedrina, que
apresenta a seguinte composição percentual: 80% de carbono, 9,63% de
hidrogênio e 10,37% de nitrogênio. Sabendo-se que a sua massa molar é 135
g/mol, calcule a sua fórmula molecular.
12×nC
80 =
1×nH
9,63 =
14×nN
10,37 =
12×nC + 12×nN +14×nN
80 + 9,63 +10,37
12×nC
80 =
1×nH
9,63 =
14×nN
10,37 =
mm(benzidrina)
100
12×nC
80 =
1×nH
9,63 =
14×nN
10,37 =
135g
100 = 1,35
nC = 80×1,37
12 = 9,1 ≅ 9
nH = 9,63×1,37
1 = 13,1931 ≅ 13
nH = 10,37×1,37
14 = 1,014 ≅ 1
Assim,
A sua fórmula molecular é: C9H13N (Figura61).
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 109
Fig. 61.
21. A Asparagina é um dos aminoácidos codificados pelo código genético, sendo,
portanto, um dos componentes das proteínas dos seres vivos. Apresenta a
seguinte composição elementar:
Tabela 15: Composição Elementar.
Elemento Fração de massa Fração atômica
C (carbono) 36.4% 23.5%
H (hidrogênio) 6.1% 47.1%
N (nitrogênio) 21.2% 11.8%
O(oxigênio) 36.3% 17.6%
Calcule a sua fórmula molecular. mC
36.4 =
mH
6.1=
mN
21.2=
mO
36,3
12×nC
36.4 =
1×nH
6.1=
14×nN
21.2=
16×nO
36,3
nC
36,412
≅3,033
= nH
6,11
≅6,100
= nN
21,214
≅1,514
= nO
36,316
2,269
mC
3,033 =
mH
6,100=
mN
1,514=
mO
2,269
mC
3,033
1,514
2,003
= mH
6, 1001,514
4,029
= mN
1,5141,514
1,000
= mO
2,2691,514
1,499
Multiplicando o denominador por 2, vem:
mC
4 =
mH
8=
mN
2=
mO
3
Portanto, C4H8N2O3 (Figura 62).
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 110
Fig. 62
22. Uma amostra de 2.500 g de urânio foi aquecida ao ar. O óxido resultante pesou
2,949 g. Determine a fórmula empírica do óxido.
2,949 g do óxido contêm:
2.500 g de U e
0.449 g de O (obtido subtraindo a massa inicial da massa final).
n(U) = (2,500g U) 1 mol U
238,0289g = 0,0105 moles de U
n O = 0,449 g O 1mol O
16 g = 0,0281 moles O
n O
n(U) =
0,0281 moles O
0,0105 moles de U =
0,02810,0105
moles O
1 moles de U =
2,676 moles O
1 mol U
n O
n(U) =
3.(2,676) moles O
3(1 mol) U =
8.02 mols de O
3 moles de U
Por consequência, a fórmula empírica é U3O8.
23. Uma amostra de 1,367g de um composto orgânico foi queimada em uma
corrente de oxigênio seco fornecendo 3.002g de CO2 e 1,640g de H2O. Se o
composto original contiver somente C, H e O, qual será sua forma empírica?
E necessário usar fatores quantitativos para CO2 e H2O para determinar quanto
de C e H estão presentes nos produtos de combustão e, por consequência, na
amostra original. Assim:
3,002 g de CO2 1 mol CO2
44,0095 g
1 mol C
1mol CO2
12g
1 mol C = 0,819g C
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 111
1,640g de H2O 1mol H2O
18,0153 g
2 moles H
1mol H2O
1,00794 g
1 mol H = 0,184 g H
m(O) = m(composto) – m(C) – m(H) = 1,367 – 0,819 – 0,184 = 0,364 g O
Assim, teremos:
n(C)
0,819
12,0107 =
n(H)
0,184
1,00794
= n(O)
0,364
15.9994
n(C)
0,068 =
n(H)
0,183 =
n(O)
0,0228
n(C)
0,0680,0228
=
n(H)
0,1830,0228
=
n(O)
0,02280,0228
n(C)
2,98 =
n(H)
8,026 =
n(O)
1,000
Portanto, a fórmula empírica é C3H8O.
Fig. 63
24. Uma fita de cobre eletroliticamente puro pesando 3,178g é fortemente aquecida
em um fluxo de oxigênio até que todo o cobre tenha sido convertido em 3,978g
de um óxido prelo. Qual é a composição percentual deste óxido?
Peso total do óxido preto = 3,978g
Peso do cobre no óxido = 3,178g
Peso do oxigênio no óxido = 0,800g
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 112
Fração de Cu = peso do cobre no óxido
peso total do óxido =
3,178g
3,978g = 0,799 ou 79,9%
Fração de O = peso do oxigênio no óxido
peso total do óxido =
0,800g
3,978g = 0,211 ou 21,1%
Realmente, 100% −79,9% = 21,1%
4.7 Exercícios Propostos.
1) Um composto orgânico quaternário contém: C—18,18%; H—1,51%. Na
dosagem do iodo, pelo processo de Carius, verificou-se que 0,099 g deste
composto quando tratados pelo AgNO3, produzem 0,1175 g de AgI. Qual a
sua fórmula empírica?
2) Um composto orgânico contém: C—57,69%; H—3,84%. Na dosagem do
enxofre, 0,333 g deste composto quando tratados pelo BaCl2 produzem 0,3731
g de BaSO4. Qual a sua fórmula empírica?
3) Submetendo-se um alceno à ação do ozônio e hidrolisando-se o produto
obtido, obtemos dois compostos A e B. A tem 54,61% de carbono e 9,09% de
hidrogênio. B é uma cetona e contém 62,00% de carbono e 10,40% de
hidrogênio. Qual é o alceno original e qual a sua estrutura?
4) Um composto orgânico A contém: C—61,01%; H—15,25%; N—23,73%.
A sua densidade de vapor em relação ao hidrogênio é 29,5. A reage com o
anidrido acético e com o cloreto de benzeno sulfonila. Com o HNO2 dá um
álcool que oxidado fornece acetona. Qual a fórmula molecular e o nome de A?
5) A análise elementar de um hidrocarboneto X forneceu o seguinte resultado:
C—92,31% e H—7,69%. O seu peso molecular é 78. Quando X é nitrado pela
mistura sulfonítrica transformasse em Y que reduzido pelo hidrogênio
proveniente da reação de 840 g de ferro metálico com excesso de HCl diluído,
origina um composto Z. Pergunta-se:
a) qual a fórmula e o nome de Z%
b) com os dados do problema dar a massa obtida de Z, admitindo-se que o
rendimento das reações seja de 60%.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 113
6) O nitrato de peroxiacetila (NPA) tem a seguinte composição percentual em
massa: 19,8% de C; 2,5% de H; 66,1 % de O e 11,6 % de N. Qual é a sua
fórmula empírica?
7) Uma substância básica A contém: C—61,01%; H— 15,25%; N—23,73%.
Quando A é tratado com o HNO2 produz um álcool B contendo: C—60,00%;
H—13,33%. Por oxidação incompleta B transforma-se em C cuja densidade de
vapor em relação ao hidrogênio é 29. C fornece uma oxima e um composto
com o bissulfito de sódio, mas não reduz o reagente de Fehling. Qual a
fórmula e o nome de A?
8) Frutose tem 40,0% de C; 6,7% de H e 53,3 % de O. Qual é a sua fórmula
empírica? Sabendo-se que o PM da frutose é de 180,2 qual é a sua fórmula
molecular?
9) Um composto mineral contém: Zn—40,37%; 0—39,75%; S—19,87%. O seu
peso molecular é 161. Qual a sua fórmula?
10) A análise elementar de um composto X, de massa molecular 147g, dá: C—
49,02%; H—2,74% e Cl—48,24%. Quais são suas fórmula empírica e fórmula
molecular?
11) Um composto mineral apresenta a seguinte composição centesimal: Cr—
35,37%; K—26,53% e 0—38,09%. O seu peso molecular é 294. Qual a sua
fórmula molecular?
12) Um composto mineral apresenta a seguinte composição centesimal: Mn—
34,79%; 0—40,48% e K—24,73%. O seu peso molecular é 158. Qual a sua
fórmula molecular?
13) Um composto mineral possui: P—18,902%; 0—39,024%; Na—42,073%. O
seu peso molecular é 164. Qual a sua fórmula molecular?
14) Um composto mineral contém: Cr2O3—64%; FeO—36%. Determinar a sua
fórmula e qual o seu nome?
15) Um composto dá uma análise elementar de 54,51% C; e 9,18% H; 36,31% S.
O seu PM é de 89 ± 3. Qual é sua FM?
16) Qual a fórmula de um sal hidratado que contém: Fe -11,62%; NH4—3,73%;
11,0—44,82%; S04—39,83%?
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 114
UUNNIIDDAADDEE VVII
6.1 Balanceamento de Equações Químicas.
Uma equação química deve ser balanceada de acordo com a Lei da Conservação da
Matéria, que profere que a matéria não pode ser criada nem destruída durante a
transformação química que ocorre em uma reação química.
Então, os totais de massa dos reagentes deverão ser iguais ao total de massa dos
produtos, ou o número de átomos de cada elemento nos reagentes é igual ao
número de átomos de cada elemento dos produtos, uma vez que os átomos apenas
se combinam para formar novas moléculas (não são criados nem destruídos na
reação química balanceada).
Uma equação química balanceada é uma equação algébrica que dá o número
relativo de reagentes e produtos na reação e tem o mesmo número de átomos de
cada tipo dos lados esquerdo e direito.
Por exemplo, para a reação na qual os gases hidrogênio (H2) e oxigênio (O2) se
combinam para formar água (H2O), uma equação química balanceada é:
2 H2 + O2 → H2O
Indica que duas moléculas de hidrogênio se combinam com uma molécula de
oxigênio para formar duas moléculas de água.
Observe que a equação é balanceada, pois há quatro átomos de hidrogênio e dois
átomos de oxigênio em cada lado. Note, ainda, que nunca haverá uma única
equação balanceada para uma reação, já que todo múltiplo inteiro positivo de uma
equação balanceada será também uma equação balanceada.
Por exemplo:
6H2 + 3O2 → 6H2O é também balanceada.
Assim, usualmente procuramos a equação balanceada mais simples para uma
reação.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 115
Embora o método de ―tentativa e erro‖ freqüentemente funcione em exemplos
simples, o processo de balanceamento de equações químicas na verdade envolve a
resolução de um sistema de equações lineares homogêneo.
Exemplo 1: A combustão de amônia (NH3) em oxigênio produz nitrogênio (N2) e
água.
Solução: Se denotarmos os números de moléculas de amônia, oxigênio, nitrogênio
e água por w, x, y e z, respectivamente, estaremos procurando uma equação da
forma:
w NH3 + x O2 → y N2 + j H2O
Comparando os números de átomos de nitrogênio, hidrogênio e oxigênio nos
reagentes e nos produtos, obtemos o seguinte sistema de equações:
Nitrogênio: w = 2y
Hidrogênio: 3w = 2z
Oxigênio: 2x = z
Reescrevendo essas equações na forma padrão teremos um sistema homogêneo de
três equações lineares em quatro variáveis.
w + 0 - 2y + 0 = 0-
3w + 0 + 0 - 2z = 0-
0 + 2x + 0 - z = 0
Reduziremos a matriz completa correspondente pelo método de eliminação de
Gauss-Jordan.
Dado um sistema linear qualquer da forma:
a11.x1 + a12.x2 + . . . + a1n.xn = b1
- a21.x1 + a22.x2 + . . . + a2n.xn = b2
-
. . . . . .
- an1.x1 + an2.x2 + . . . + ann.xn = bn
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 116
Os passos a executar são:
1. considerar a 1.ª linha como base para a eliminação;
2. zerar todos os coeficientes da 1a coluna abaixo da a11;
3. zerar todos os coeficientes abaixo da diagonal principal; para isso faz-se:
calcular o elemento mi1 = - (ai1 / a11) , 1≤ i ≤ n;
vamos somar à 2.ª equação a 1.ª , multiplicada pelo coeficiente m21, e
colocar o resultado na 2.ª linha. Isto também não altera a solução do
sistema; repetir para as equações abaixo, usando mi1 na i-ésima equação;
calcular o elemento m12 = − (a'i2/ a'22);
repetir o passo anterior com as demais equações.
Voltemos ao exemplo:
w + 0 - 2y + 0 = 0-
3w + 0 + 0 - 2z = 0-
0 + 2x + 0 - z = 0
1 0 -2
3 0 0
0 2 0
0
-2
-1
0
0
0
→
1 0 0
0 1 0
0 0 1
-2 3
- 1 2
-1 3
0
0
0
Logo, w = 2/3z, x = 1/2z e y = 1/3z.
O menor valor positivo de z que fornecerá valores inteiros para todas as quatro
variáveis é o menor denominador comum das frações 2/3, 1/2 e 1/3 (isto é, 6),
que fornece w = 4, x = 3, y = 2 e z = 6.
Assim, a equação química balanceada é:
4 NH3 + 3 O2 → 2 N2 + 6 H2O
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 117
6.2 Balanceamento de reações de óxido-redução.
A redução ocorre quando um reagente ganha elétrons e vai para um estado de
oxidação mais negativo. Inversamente, durante a oxidação, um reagente perde
elétrons e vai para um estado de oxidação mais positivo. Portanto, oxidação e
redução acontecem concomitantemente, pois na transferência de elétrons: um
perde e outro ganha. Uma reação de oxidação/redução é, portanto, uma reação em
que ocorre transferência de elétrons.
Oxidante é a espécie química que, numa reação química, capta elétrons, isto é, é
reduzida, provocando a oxidação da outra espécie. É, portanto, o aceitante de
elétrons. Redutor é a espécie química que cede elétrons, isto é, é oxidada,
provocando a redução da outra espécie química. É, portanto, o doador de elétrons.
Assim, as duas meias reações (oxidação/redução) se combinam para dar uma
dupla redox (oxi-redução):
Meia reação de redução: Aox + n e- → Ared
Meia reação de oxidação: Bred → Box + n e-
Reação de oxi-redução: Aox + Bred ←→ Ared + Box
Exemplo:
redução
4 Fe + 3 O2 → 2 Fe2O3
Oxidação
Fe0 → Fe2+3 + 3e-
∑
O20+ 2e- → O3
-2
Ou,
2Fe0 → 2Fe2+3 + 6e-
∑
3O20+ 6e- → 2O3
-2
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 118
6.3 Acerto de coeficientes das reações de redox.
É feito sistematicamente como se segue:
1. Examinar nos membros da equação química os elementos que variam a
valência, lembrando que:
o elemento no estado livre (sem se combinar) possui valência zero; e
os elementos que variam o nox quase sempre mudam a posição.
2. Escrever as equações das semi-reações que correspondem à oxidação e à
redução do equilíbrio redox em estudo, tendo o cuidado de representar
corretamente as espécies oxidadas e reduzidas;
3. Acertar, em cada equação, o número de átomos que sofrem a reação redox;
4. Identificar o meio em que a reação ocorre:
Se o meio onde a reação ocorre é ácido nas semi-equações deve-se
acertar os átomos de oxigênio com moléculas de água e de
seguida os átomos de hidrogênio com íons H+;
Se a reação se der em meio básico acertam-se as semi-equações do
mesmo modo que no ponto anterior. De seguida, soma-se igual
número de íons HO- a cada membro da equação, tantos quantos
os íons de H+ existentes. No lado da semi-equação onde estão
presentes os íons H+ estes se combinam com os íons HO-
formando moléculas de água;
5. Com o número de elétrons conveniente, acertar as cargas das semi-
equações de modo aos dois membros possuírem a mesma carga;
6. Por forma a que sejam trocados o mesmo número de elétrons nas semi-
reações, deve-se nesta etapa multiplicar as semi-equações por um fator
multiplicativo que torne este número igual.
7. Por intermédio das equações parciais, ajusta-se por simples tentativa,
deixando o oxigênio sempre por último.
6.4 Estado de oxidação.
Um átomo que perde total, ou parcialmente, elétrons está oxidado
relativamente ao seu estado elementar.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 119
Um átomo que ganha elétrons está reduzido em relação ao mesmo estado
elementar.
Um dado átomo pode, assim, aparecer em vários estados de oxidação
referenciados pelo chamado número de oxidação.
Número de oxidação de um elemento, num dado estado, é a carga que um
átomo desse elemento adquire se os elétrons, em cada ligação, forem atribuídos
aos átomos mais eletronegativos.
Obtém-se a equação total somando-se as duas semi – equações, depois de ter
multiplicado cada uma delas por um número apropriado de modo a que o
número de elétrons seja o mesmo no processo de oxidação e no processo de
redução.
6.5 Exercícios Resolvidos.
1) Considerando a reação de oxidação-redução em meio ácido, acerte a equação:
SO32- + MnO4
- → SO42- + Mn2+. Ajustar as equações por oxi-redução.
Os elementos que alteram o seu estado de oxidação são: o Mn (Mn+4 / Mn+2) e o
S (S+4 / S+6).
Assim:
Escrevendo as semi-reações de oxidação e de redução, vem:
Semi-reação de redução: MnO4- + 2e- → Mn2+
Semi-reação de oxidação: SO32- → SO4
2-+ 2e-
Nota-se que há um balanço eletrônico. Logo, neste passo, não há acertos a fazer
às equações.
Acerta-se o oxigênio somando moléculas de água no lado da equação onde houver
falta de oxigênios e, tendo em conta que o meio onde a reação ocorre é ácido,
acertam-se os hidrogênios adicionando H+:
i. Semi-reação de redução:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 120
Acerto dos átomos de oxigênio:
MnO4- → Mn2+ + 4H2O
Acerto dos átomos de hidrogênio:
MnO4- + 8H+ → Mn2+ + 4H2O
ii. Semi-reação de oxidação:
Acerto dos átomos de oxigênio:
SO32- + H2O → SO4
2-
Acerto dos átomos de hidrogênio:
SO32- + H2O → SO4
2- + 2H+
Procede-se ao acerto das cargas das semi-reações, adicionando elétrons onde
houver excesso de cargas positivas:
i. Semi-reação de redução:
MnO4- + 8H+ + 5e- → Mn2+ + 4H2O
ii. Semi-reação de oxidação:
SO32- + H2O → SO4
2- + 2H+ + 2e-
Encontrando um fator multiplicativo de forma a que ambas as equações
envolvam o mesmo número de elétrons, vem:
i. Semi-reação de redução:
(MnO4- + 8H+ + 5e- → Mn2+ + 4H2O) × 2
ii. Semi-reação de oxidação:
(SO32- + H2O → SO4
2- + 2H+ + 2e-) × 5
Por fim, através da soma das duas equações, obtém-se a equação global:
5SO32- + 2MnO4
- + 6H+ → 5SO42- + 2Mn2+ + 3H2O
2) KMnO4 + H2C2O4 + H2SO4 → CO2 + MnSO4 + K2SO4 + H2O
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 121
Temos: Mn+7 / Mn+2 e C+3 / C+4. Logo, as equações que traduzem a reação de
oxidação e redução, são:
Mn+7 → Mn+2 + 5e (Semi – equação de redução)
-
C2 0+ 2e →2C+4 (Semi – equação de oxidação)
Fazendo-se o acerto de coeficientes das reações, a equação global de oxidação-
redução (redox) fica:
2Mn+7 → 2Mn+2+ 10 e
-5C2
0+ 10 e →10C+4
-
2 Mn+7+5C2 → 2Mn+2+10C+4
Por tentativa, vem:
2 MnO4-(aq) + 5 C2O4-2(aq) +16 H+(aq) → 2 Mn+2(aq) + 10 CO2(g) + 8 H2O(l)
Portanto,
2 KMnO4 + 5 H2C2O4 + 3 H2SO4 → 10 CO2 + 2 MnSO4 + 1 K2SO4 + 8 H2O
3) Balancear a reação entre e MnO4- e H2SO3 em meio ácido, para dar H2SO4 e
Mn2+.
Reconhecendo quais as espécies sofrem oxidação e redução, temos:
Mn+7 → Mn+2
S+4 → S+6
Assim,
O redutor H2SO3 é oxidado a SO42-:
Oxidação: H2SO3 → SO42-
O oxidante MnO4- é reduzido a Mn2+:
Redução: MnO4- → Mn2+
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 122
Balanceando-se o número de átomos de hidrogênio e oxigênio nos dois lados
utilizando H+ e H2O, têm-se:
H2SO3 + H2O SO42- + 4H+
MnO4- + 8H+ Mn2+ + 4H2O
Acrescentando um número de elétrons idêntico ao excesso de cargas positivas,
vem:
H2SO3 + H2O SO42- + 4H+ + 2e-
MnO4- + 8H+ + 5e- Mn2+ + 4H2O
Igualando o número de e- multiplicando por 5 e por 2, respectivamente, têm-se:
5H2SO3 + 5H2O 5SO42- + 20H+ + 10e-
2MnO4- + 16H+ + 10e- 2Mn2+ + 8H2O
Adicionando-se as duas equações, obtêm-se:
5 H2SO3 + 2 MnO4- 5 SO4
2- + 2 Mn2+ + 4 H+ + 3 H2O
6.6 Balanceamento em meio alcalino.
Muitas vezes precisamos escrever equações balanceadas para reações redox que
acontecem em meio básico.
Nestes casos, não podemos ter H+ na equação final − sua concentração em
meio alcalino é muito baixa (menor que 1×10-7 M).
Hidrogênio, nessas equações, deve estar na forma de OH- ou H2O.
Uma forma simples de conseguir isto, é eliminar os H+ que aparecem nas
semi-reações ―neutralizando-os‖ mediante o acréscimo de um número igual de
OH- em ambos os lados.
Vejamos:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 123
4) Consideremos a reação na qual CN- reage com CrO42- em solução alcalina para
formar CNO- e Cr(OH)4-.
CN- + CrO42- CNO- + Cr(OH)4
-
Balanceando o O, têm-se:
CN- + H2O CNO-
CrO42- Cr(OH)4
Balanceando o H, têm-se:
CN- + H2O CNO- + 2H+
CrO42- + 4H+ Cr(OH)-
4
Neutralizando os H+ acrescentando OH- em ambos os lado (lembrando que:
H+ + OH- H2O), vem:
CN- + 2OH- CNO- + H2O
CrO42- + 4H2O Cr(OH)-
4 + 4OH-
Fazendo o balanceamento das cargas:
CN- + 2OH- CNO- + H2O + 2e-
CrO42- + 4H2O + 3e- Cr(OH)-
4 + 4OH-
Multiplicando a primeira equação por 3 e a segundo por 2, balanceiam-se os
elétrons. Em seguida, somando ambas, vem:
3CN- + 6OH- 3CNO- + 3H2O + 6e- +
2CrO42- + 8H2O + 6e- 2Cr(OH)-
4 + 8OH-
3CN- + 2CrO42- + 5H2O 3CNO- + 2Cr(OH)-
4 + 2OH-
5) Faça o balanceamento da equação da reação do tiossulfato (S3O3
-2) com o íon
bicromato (Cr2O7-2) em solução
S3O3-2 + Cr2O7
-2 ↔ SO4-2 + Cr+3
Escrevendo as semi-reações de oxidação e de redução, vem:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 124
S2O3-2 → SO4
-2
Cr2O7-2 → Cr+3
Balanceando os átomos de S e Cr, vem:
S2O3-2 → 2SO4
-2
Cr2O7-2 → 2Cr+3
Balanceando os átomos de oxigênio, utilizando H2O
5 H2O + S2O3-2 → 2SO4
-2
Cr2O7-2 → 2Cr+3 + 7 H2O
e o hidrogênio, utilizando o H+:
5 H2O + S2O3-2 → 2SO4
-2 + 10H+
Cr2O7-2 + 14H+ → 2Cr+3 + 7 H2O
Finalmente, balanceando as cargas por meio de elétrons, vem:
5 H2O + S2O3-2 → 2SO4
-2 + 10H++ 8e-
Cr2O7-2 + 14H+ + 6e- → 2Cr+3 + 7 H2O
Mas, precisamos tomar 3 vezes a simi-equação de redução e 4 vezes a de oxidação
para equilibrarmos as cargas elétricas.
Assim,
3×(5 H2O + S2O3-2 → 2SO4
-2 + 10H++ 8e-)
4×(Cr2O7-2 + 14H+ + 6e- → 2Cr+3 + 7H2O)
Ou,
15H2O + 3S2O3-2 → 6SO4
-2 + 30H++ 24e-
+
4Cr2O7-2 + 56H+ + 24e- → 8Cr+3 + 28H2O
15H2O + 56H+ + 3SO4-2 + 4Cr2O7
-2 → 8Cr+3 + 6SO4-2 + 30H+
+28H2O
A água e o H+ aparecem nos dois membros, permitindo uma simplificação,
portanto.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 125
26H+ + 3SO4-2 + 4Cr2O7
-2 → 8Cr+3 + 6SO4-2 + 13H2O
6.7 Exercícios de Fixação e Aprendizagem.
Faça o acerto de equações redox (em meio ácido) abaixo:
1) Fe2+ + Cr2O72- → Fe3+ + Cr3+
2) MnO4- + I- → MnO2 + I2
3) C (s) + O2 (g) → CO2 (g) + CO (g)
4) MnO-4 (aq) + Fe+2 (aq) → Mn+2 (aq) + Fe+3 (aq)
5) ClO-3 (aq) + I2 (aq) → IO3-2 (aq) + Cl-
6) I2(aq) + 2S2O32 (aq) 2I (aq) + S4O6
2 (aq)
7) AsO33 (aq) + Br2(aq) AsO4
3 (aq) + 2Br (aq)
8) SO32 (aq) + Cr2O7
2 (aq) 3 SO42 (aq) + 2Cr3+ (aq)
9) H2S (aq) + Cr2O7-2 (aq) → Cr+3 (aq) +S(s)
Faça o acerto de equações redox (em meio alcalino) abaixo:
10) AsO33 (aq) + Br2 (aq) +2OH(aq) AsO4
3 (aq) + Br (aq)
11) MnO4 (aq) + NO2
(aq) MnO4
2 (aq) + NO3 (aq)
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 126
12) Al (s) + 6H2O(l) Al(OH)4 + H2(g)
13) CrO42(aq) + 3S (s) Cr(OH)4
(aq) + SO32(aq)
14) ClO(aq) + CrO2
(aq) Cl (aq) + CrO42(aq)
15) MnO4 (aq) + I (aq) MnO2 (s) + I2
(aq)
16) Cr(OH)3 (s) + Br2 (aq) CrO42 (aq) + Br (aq)
17) ZrO(OH)2(s) + SO3
(aq) Zr (s) + 2SO42
18) Fe2+ + MnO4- → Fe3+ + Mn2+
19) Bi3+ + SnO22- → Bi + SnO3
2-
20) Acerte a seguinte reação:
SbO33-+ ClO2 → ClO2
-+ Sb(OH)6-
21) Escreva a equação iônica acertada que representa a oxidação do íon iodeto
(I-) pelo íon permanganato (MnO4-), em solução básica, originando iodo
molecular (I2) e óxido de manganês (IV) (MnO2).
22) Acerte a seguinte equação para a reação em meio ácido:
C6H6O2 + AgBr → Ag + Br-+ C6H4O2
23) H3AsO4 + Fe+2 → H3AsO3 + Fe+3
24) N2H4 + Cu(OH)2 → N2 + Cu
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 127
25) MnO-4 + C2O4-2 → Mn(OH)3 + CO3
-2
6.8 Informações quantitativas a partir de equações balanceadas.
O conceito de mol nos permite aproveitar, em nível microscópio, a informação
quantitativa contida em uma equação química balanceada.
Consideremos a seguinte equação balanceada: 2 H2 + O2 → 2 H2O
Os coeficientes nos dizem que duas moléculas de H2 reagem com cada molécula de
O2 para formar duas moléculas de H2O. Isso resulta que os números relativos de
moléculas são idênticos aos números relativos de moles.
A estequiometria refere-se às quantidades de reagentes e produtos em reações
químicas.
Para uma reação hipotética;
1I2 + 1H2 → 2HI
Fig. 64
Temos:
1I2 + 1H2 → 2HI
2 moléculas 1molécula 2 moléculas
Multiplicando, membro a membro por (6,022×1023), vem:
1I2 + 1H2 → 2HI
1(6,022×1023)
moléculas
1(6,022×1023)
moléculas
2(6,022×1023)
moléculas
1 mol 1 mol 2 moles
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 128
4.6. Fatores químicos de conversão.
Os coeficientes de uma equação química balanceada podem ser interpretados como
os números relativos de moléculas (ou unidades formulares) que participam na
reação e também como números relativos de moles.
As quantidades de 2 moles H2, 1 mol O2 e 2 moles H2O, dado pelos coeficientes da
equação, são chamados montantes estequiometricamente equivalentes.
A relação entre estas quantidades podem ser representadas como:
2 moles H2 1 mol O2 2 mol H2O
Onde o símbolo ―‖ significa "estequiometricamente equivalente a".
Em outras palavras, na equação diz-se que 2 moles de H2O e 1 mol de O2 formam
2 moles de H2O.
Estas relações estequiométricas podem servir para obter fatores de conversão que
relacionam as quantidades de reagentes e produtos de uma reação química.
Por exemplo, o número de moles de H2O que se produz a partir de O2 se pode
calcular assim:
Moles de H2O = (1,57 mols O2)(2 moles H2O
1 mol O2
) = 3,14 moles de H2O
Como exemplo adicional, consideremos a reação:
4 FeS + 7 O2 → 2 Fe2O3 + 4 SO2
Podemos escrever os seguintes fatores de conversão química:
4 moléculas FeS
7 moléculas O2
4 moléculas FeS
2 moléculas Fe3O2
7 moléculas O2
4 moléculas SO2
etc.
Assim, quando o problema fornece a quantidade de dois reagentes, é provável que
um dele esteja em excesso. Nesse caso:
a) determinar a quantidade de reagente que está em excesso.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 129
b) resolver o problema baseado na quantidade de reagente que participa da reação.
6.9 Elementos Químicos Limitante.
Observe a seguinte reação: NH3 + CO2 → (NH2)CO + H2O
No início da reação, temos:
Fig. 65
E no final da reação:
Fig. 66
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 130
Numa reação química, o reagente limitante é aquele que será consumido por
completo em primeiro lugar, fazendo com que a reação termine. No exemplo
acima o reagente limitante será o NH2.
De acordo com a Lei de Lavoisier, não há perda nem ganho de átomos. Portanto,
o número total de átomos de cada elemento no lado esquerdo da equação
(reagentes) deve ser sempre igual ao do lado direito (produtos).
É importante caracterizar as reações químicas pela sua extensão. Quando
efetuamos uma dada reação química o intuito é sempre obter o máximo possível
de produto; no entanto, a quantidade de produto que se obtém depende de muitos
fatores.
Quando os reagentes se encontram nas proporções estequiométricas, uma reação
será completa se esgotar completamente os reagentes durante a reação.
Nos casos em que os reagentes não estão em proporções estequiométricas, a
reação completa-se quando se esgota o reagente limitante. Os outros reagentes
presentes, que não são limitantes, designam-se por reagentes em excesso e podem
ser quantificados através da percentagem de excesso.
A percentagem de excesso determina-se da seguinte forma:
%E = A - EN
EN ×100
Onde A é a massa existente do reagente em excesso e EN a massa desse mesmo
reagente que seria estequiometricamente necessária para converter todo o
reagente limitante.
Uma reação será incompleta se, independentemente dos reagentes estarem, ou
não, em quantidades estequiométricas, a reação progride só até a obtenção de uma
dada quantidade de produtos, sem que nenhum dos reagentes (nem mesmo o
limitante) se esgote. Neste tipo de reações atinge-se um equilíbrio dinâmico entre
reagentes e produtos da reação e para a sua representação utiliza-se uma equação
química com 2 setas (⇋).
6.10 Determinação do reagente limitante.
Considere-se a reação anterior (de síntese de amoníaco), a partir de azoto e
hidrogênio, traduzida pela seguinte equação química:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 131
N2 (g) + 3 H2 (g)→ 2 NH3 (g)
Considerando que se adicionam 20 moles de H2 a 4 moles de N2. Uma vez que por
cada mole de N2 reagem 3 moles de H2, o número de moles de H2 necessário para
reagir com quatro moles de N2 é:
4 moles N2 3 moles N2
1 mol N2
=12 moles H2
Conclusão: Como o número de moles de H2 disponível (20 moles) é superior ao
número de moles necessário para reagir com o N2 (12 moles), pode concluir-se que
o H2 se apresenta em excesso e que o N2 é o reagente limitante.
Relativamente à quantidade de NH3 produzida, esta depende da quantidade de N2
presente inicialmente. Neste caso, e como para cada mol de N2 se formam dois
moles de NH3, se formariam (se a reação fosse completa e não ocorressem reações
secundárias que consumissem alguma das espécies envolvidas) 8 moles de NH3.
Exemplo 1:
Uma amostra de 50,0g de carbonato de cálcio deve reagir com 35,0g de H3PO4.
a) Quantas gramas de fosfato cálcio se produzem?
b) Calcule a quantidade de moles de reagentes em excesso ao final da reação.
3 CaCO3 (s) + 2 H2PO4 (aq) → Ca3(PO4)2 (g) + 3 CO2 (g) + 3H2O (l)
Podemos calcular as massas molares das substâncias que participam da reação
utilizando as unidades de massa atômica: CaCO3 = 100,1g, H3PO4 = 98,0g e
Ca3(PO3)4 = 310g.
A pergunta é: qual dos reagentes é o limitante?
A resposta obtém-se assim:
1o) Calculando os mols de cada reagente, vem:
(50g de CaCO3) 1 mol
100,1g = 0,500 mol CaCO3
35,0g de H3PO4 1 mol
98,0g = 0,357mols H3PO4
2o) Calculando os mols de que se produzem, vem:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 132
(0,500 mol CaCO3) 1 mol Ca3(PO4)2
3 mols CaCO3
= 0,167 mols Ca3(PO4)2
(0,357g H3PO4) 1 mol Ca3(PO4)2
2 mols = 0,178 mols Ca3(PO4)2
O reagente limitante é aquele que nos fornece a menor quantidade de moles de
produto. Portanto, neste exemplo, o CaCO3 é o reagente limitante (o 0,167 mols
em comparação com 0,178 mols) e o H3PO4 excesso.
Assim, a quantidade em gramas de Ca3(PO4)2 que se produziria:
0,167 mols Ca3(PO4)2 310g
1 mol Ca3(PO4)2 = 51,8g de Ca3(PO4)2
A quantidade de H3PO4 em excesso é igual 0,357g mol de H3PO4 presente no
princípio da reação menos a quantidade que se consume durante a reação. Assim, a
quantidade que se consome é:
0,357 moles – 0,500 moles Ca3(PO4)2 2 mol H3PO4
3 mol Ca3(PO4)2 = 0,024 moles
(0,024 moles H3PO4) 98,0g
mol H3PO4
= 2,352g H3PO4
De fato,
3 CaCO3 (s) + 2 H2PO4 (aq) → 1 Ca3(PO4)2 (g) + 3 H2O (l)
Início: 0,500 mols 0,357 mols 0 mol 0 mols
Reagem: 0,500 mols 0,500
2
3 mols
0,333 mols
0,500 1
3 mols
0,167 mols
0,500 mols
Equilíbrio: 0 mols 0,024 mols 0,167 mols 0,500 mols
Outro exemplo:
2 H2 + 1 O2 → 2 H2O
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 133
2 H2 (g) + 1 O2 (g) → 2 H2O (l)
Início: 2 moléculas 1 molécula 2 moléculas
Reagem:
2 × 6×1023
moléculas -
2 moles H2
1 × 6×1023
moléculas -
1 mol O2
2 × 6×1023
moléculas -
2 moles H2O
2 moles H2
4 g de H
1 mol O2
32 g de O2
2 moles H2O
36 g de H2O
Assim, seja o exemplo básico, fundamental:
2 A + 3 B → 1 C + 6 D
2 moléculas 3 moléculas 1 molécula 6 moléculas
2 moles 3 moles 1 mol 6 moles
x moles y moles z moles t moles
Em conseqüência da Lei de Proust, teremos:
x
2 =
y
3 =
z
1 =
t
6
Assim sendo,
4 A + 6 B → 2 C + 12 D
6 A + 9 B → 3 C + 18 D
10 A + 15 B → 5 C + 30 D, e assim sucessivamente.
Portanto,
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 134
Conhecido o número de moléculas de um dos componentes de uma reação, podemos calcular o número de moles dos outros participantes por proporção dos respectivos coeficientes.
Ao acharmos os coeficientes estequiométricos poderemos interpretar a reação de
vários modos:
a) relacionando os números de mols;
b) relacionando os números de moléculas;
c) relacionando as massas das substâncias, etc.
Lembrando, ainda, que os números de moles (n) podem ser calculados de diversas
maneiras:
1.ª) n = massa
mol
2.ª) n = V
22,4 l
gás
CNTP
3.ª) n = P.V
R.T
condições diferentes
das normais
4.ª) n = número de moléculas, átomos ou íons
6, 023×1023
6.11 Exercícios Resolvidos.
1) Calcule as massas de H2PO4 e Ca(OH)2 necessárias à obtenção de 9,30g de
Ca3(PO4)2. Calcule também a massa de H2O formada na reação. (Dados: H =
1.00794 g/mol; O = 15,9994g/mol; P = 30,97376 g/mol; Ca = 40,078 g/mol)
Ca(PO4)2 = 230,021g/mol
9,30 g Ca3(PO4)2 1 mol
230,021 g = 0,040 moles
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 135
2 H3PO4 + 3 Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + 6 H2O
2 moléculas 3 moléculas 1 molécula 6 moléculas
2 moles 3 moles 1 mol 6 moles
2×0,040 moles 0,08 moles
3×0,040 moles 0,12 moles
0,040 moles
6×0,040 moles 0,24 moles
Portanto,
(0,08 moles H3PO4) (97,9952 g
1 mol) = 7,83 g
(1,12 moles Ca(OH)2) (74,093 g
1 mol) = 8,30 g
(0,24 moles H2O) (18,0153 g
1 mol) = 4,324 g
2) 1,2×1023 átomos de cobre reagem completamente com ácido nítrico, segundo a
reação:
3 Cu + 8 HNO3 → 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O
Calcule:
a) a massa de HNO3 consumida na reação;
b) o número de moles de NO formado (a CNTP) e
c) o número de moléculas de H2O formada.
Temos:
(1,2×1023 átomos Cu) 1 mol
6,0221415×1023 = 0,199 ≅ 0,2 moles Cu
3 Cu + 8 HNO3 → 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O 3 moles 8 moles 3 moles 2 moles 4 moles
1 mol 8
3 moles 1 mol
2
3 moles
4
3 moles
0,2 moles 8
3 (0,2)
0,53
moles 0,2 moles
2
3 (0,2)
0,133
moles 4
3 (0,2)
0,267
moles
De fato,
n ( Cu )
3 =
n ( HNO3 )
8 =
n ( Cu(NO3)2 )
3 =
n ( NO )
2 =
n ( H2O )
4
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 136
n ( HNO3 )
8 =
n ( Cu(NO3)2 )
3 =
n ( NO )
2 =
n ( H2O )
4 =
o,2
3 = 0,0667
Portanto,
n ( HNO3 ) = 0,0667×8 = 0,534 moles
(0,534 moles HNO3) 63,0128 g
1 mol = 33,65 g HNO3
n ( Cu(NO3)2 ) = 0,0667×3 = 0,2 moles
(0,2 moles) 187,556 g
1 mol = 37,51g Cu(NO3)2
n ( NO ) = 0,0667×2 = 0,133 moles
(0,133 moles NO) 30.0061 g
1 mol = 3,990 ≅4 g NO
(0,133 moles NO) 22,4 litros
1 mol = 2,99 litros NO
n ( H2O )= 0,0667×4 = 0,267 moles
(0,267 moles H2O) 6,0221415×1023 moléculas
1 mol = 1,608×1023 moléculas H2O
3) 2,19 g de cloreto de cálcio hidratado por aquecimento fornecem 1,11g de cloreto
de cálcio anidro. Calcule o número de moléculas de H2O de cristalização do
cloreto de cálcio.
CaCl2. x H2O → 1 CaCl2 + x H2O
-
1,11g CaCl2
-
1 mol
110,98 g = 0,0100 moles
m (H2O) = 2,19 g − 1,11g = 1,08 g
1,08 g H2O 1 mol
18,0153 g = 0,0599 moles
n ( CaCl2. x H2O)
1 =
n ( H2O)
x =
n ( CaCl2 )
1
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 137
n ( CaCl2. x H2O)
1 =
n ( H2O)
x = 0,0100
n ( CaCl2. x H2O)
1 =
0,0599
x = 0,0100
x = 0,0599
0,0100 ≅ 6 moles
CaCl2. x H2O → 1 CaCl2 + x H2O 1mol 1 mol x moles
0,0100 moles 0,0100 moles x×0,0100
0,0599
moles
Portanto,
CaCl2.6 H2O
4) Calcule as massas de H2SO4 e Al(OH)3 necessários à obtenção de 17,1 g de
Al2(SO4)3.
-
17,1 g Al2(SO4)3
-
1 mol
342,15 g ≅ 0,05 moles
3 H2SO4 + 2 Al(OH)3 → Al2(SO4)3 + 6 H2O 3 moles 2 moles 1 mol 6 moles
3×0,05 moles 2×0,05 moles 0,05 moles 6×0,05 moles 0,15 moles 0,1 moles 0,05 moles 0,3 moles
-
0,15 moles H2SO4
-
98,078 g
1 mol = 14,7117 g
-
0,1 moles Al(OH)3
-
78,0036 g
1 mol = 7,80036 g
5) 2,4 g de sulfate de cobre II hidratado fornecem por aquecimento 1,59 g de
sulfato de cobre II. Dê a fórmula do sulfato de cobre II hidratado.
.
1,59 g CuSO4.
1 mol
159,61 g = 0,01 mol CuSO4
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 138
mH2O = 2,4 - 1,59 = 0,81g
0,81g H2O 1 mol
18,0153 g = 0,045 moles
CuSO4. x H2O → CuSO4 + x H2O 1 mol 1 mol x moles
0,01 mol 0,01 mol 0,01×x mol
0,01×x = 0,045 moles
x = 0,045 mol
0,01 ≅ 5 moles
Logo, o sal procurado é:
CuSO4. 5 H2O.
6) 3,22g de Na2SO4 hidratado reagindo com o cloreto de bário em solução aquosa
fornecem 2,33g de precipitado (BaSO4). Qual a fórmula de sulfato de sódio
hidratado?
Como mm (BaSO4) = 233,39 g /mol, vem:
.
2,33g BaSO4
.
1 mol
233,39 g ≅ 0,01 mol BaSO4
Na2SO4. x H2O + BaCl2 → BaSO4 + 2 NaCl + x H2O 1 mol 1mol 1 mol 2 moles x moles
1×0,01 mol 1×0,01 mol 1×0,01 mol 2×0,01 mol x×0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol 0,02 mol x×0,01 mol
Assim,
.
0,02 moles NaCl.
58,443 g
1 mol ≅ 1,169 g NaCl
.
0,01 moles BaCl2
.
208,233 g
1 mol ≅ 2,082 g BaCl2
.
0,01 moles BaSO4
.
233,39 g
1 mol ≅ 2,334 g BaSO4
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 139
Portanto,
Na2SO4. x H2O + BaCl2 → BaSO4 + 2 NaCl + x H2O 1 mol 1mol 1 mol 2 moles 0,01× x moles 3,22g 2,082 g 2,334 g 1,169 g mH2O
Como,
m Na2SO4. x H2O + m BaCl2 = m BaSO4 + m NaCl + m H2O
3,22g + 2,082 g = 2,334 g + 1,169 g + m H2O
m H2O = 1,799 g
Mas, mm (H2O) = 18,0153 g/mol, então:
1,799 g H2O 1 mol
18,0153 g = 0,0998 ≅ 0,1 moles
Assim,
0,1 moles H2O = 0,01× x moles
x = 10
Logo, a fórmula do sal será:
Na2SO4. 10 H2O
7) Reagiu-se 36 g de NH3 com O2 para produzir NO e H2O e obteve-se 50,82 g de NO. Calcular o número de gramas de NO que seriam obtidos teoricamente para determinar o % de rendimento.
NH3 + O2 → NO + H2O
Balanceando a reação, têm-se:
4 NH3 + 5 O2 → 4 NO + 6 H2O
Determinando as massas moleculares das substâncias que permitem os cálculos, tendo-se em conta os coeficientes estequiométricos, vem:
4 NH3 = 68,122 g
5 O2 = 159,995 g
4 NO = 120,024 g
6 H2O = 108,092 g
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 140
Calculando-se a produção teórica:
36 g NH3 120,024 g NO
68,122 g O2
= 63,428 g NO
% Rendimento = produção real
produção teórica =
50,82g NO
63,428g NO = 0,8012 ou 80,12%
8) Tratando-se uma amostra de 50 gramas de nitrato de potássio com ácido sulfúrico, coleta-se 32 gramas de sulfato de potássio. Supondo um rendimento de 90%, determine a pureza da amostra.
Calculando os coeficientes estequiométricos (valores teóricos):
2 KNO3 = 202,206 g
1 K2SO4 = 174,26 g
Reação:
2 KNO3 + H2SO4 → K2SO4 + 2 HNO3
Como o rendimento é de 90%, então:
0,90 × m (K2SO4) = 32 g
m (K2SO4) = 32 g/0,90 = 35,556 g
Massa de nitrato de potássio que reagem:
35,556 g K2SO4 202,206 g KNO3
174,26 g K2SO4
= 41,258 g KNO3
Em 50 gramas da amostra têm-se 41,3 gramas de nitrato de potássio.
Portanto, a pureza da amostra será:
Pureza = 41,258 g
50 g= 0,8252 ou 82,52% de pureza.
9) De acordo com a reação seguinte, calcular a massa de Cu formada se pusermos para reagir 20 gramas de amoníaco com 150 gramas de CuO.
2 NH3 + 3 CuO → N2 + 3 H2O + 3 Cu
Temos:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 141
Mm 17,031 g
79,545
g
28,014 g
18,015
g
63,546 g
2 NH3 + 3 CuO → N2 + 3 H2O + 3 Cu
Relac. Esteq.
34,062 g
238,635
g
28,014 g
54,045
g
190,638 g
Dados e incóg.
20g 150 g m
Calculando o valor teórico, teremos:
20 g NH3. 238,635 g CuO
34,062 g NH3
= 140,118 g CuO
Portanto, como sobra 9,882 g de CuO, ele é o regente em excesso e o NH3 o limitante.
Assim,
20 g NH3. 190,638 g Cu
34,062 g NH3
= 111,936 g Cu
10) Continuemos com o exercício anterior, mas supondo agora que o CuO seja impuro e que tenha 20% de impureza. Suponha, ainda, que a reação tenha 90% de rendimento. Calcule a massa de Cu formada nessas condições.
mm 17,031 g
79,545
g
28,014 g
18,015
g
63,546 g
2 NH3 + 3 CuO → N2 + 3 H2O + 3 Cu
Relac. Esteq.
34,062 g
238,635
g
28,014 g
54,045
g
190,638 g
Dados e incóg.
20g 150 g 80% P
90% R m
Não se podem fazer cálculos estequiométricos com um reagente que é impuro. Assim, o calculo do reagente limitante obtém-se da relação com dados puros, ou seja, com valores que realmente reagiram.
Por outro lado, na prática também é impossível que uma reação obtenha o total de produtos calculados teoricamente a partir da relação estequiométrica. Isso acontece por diversos motivos, por exemplo: pode ser
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 142
que não se conhece a pureza dos reagentes (nesse caso a única hipótese é tê-los como se fossem puros) ou, mesmo que seja especificada sua pureza, ele se decomponha com o tempo, ou seja, sua pureza é apenas temporária.
Portanto, o rendimento da reação (expresso em percentagem) diz respeito ao total calculado teoricamente e se dissermos que uma reação tem um rendimento de 90%, isso significa que para cada 100 gramas de produto indicado pelo cálculo teórico, na realidade o que se obtém são 90 gramas.
Continuando nosso exercício, a massa de CuO que reagiu foi:
0,80×150 = 120,000 g CuO
Assim, teoricamente teremos:
120 g CuO. 34,062 g NH3
238,635 g CuO = 17,128 g NH3
120 g CuO. 190,638 g Cu
238,635 g CuO = 95,864 g Cu
Como a reação possui 90 % de rendimento, então a quantidade de Cu obtida será:
0,90×95,864 = 86,278 g de Cu.
11) Reagem-se 119 g de uma amostra de Cu com excesso de HNO3 e se obtém 28,8 g de H2O com rendimento de 80,0 % segundo a reação indicada abaixo. Calcular a pureza da amostra de Cu utilizada e o número de moles de NO formados.
3 Cu + 8 HNO3 → 2 NO + 3 Cu(NO3)2 + 4 H2O
Teórico: (g)
190,638 504,104 60,012 562,668 72,061
3 Cu + 8 HNO3 → 2 NO + 3 Cu(NO3)2 + 4 H2O
Dados e incóg.:
190,5 g (imp)
% P = ?
exc 80% R 28,8 g
Calculando a massa de água obtida se o rendimento fosse de 100%, vem:
0,80 × m (H2O) = 28 g
m (H2O) = 28,8/0,80 = 36,000 g
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 143
Portanto, reagiram (teoricamente):
36,000 g H2O 190,638 g Cu
72,061 g H2O = 95,238 g Cu
A massa de Cu calculada (95,238 g) é a massa que reage (pura), portanto é a quantidade que se encontra nos 119 gramas de amostra impura.
Isto é:
Em 119,5 g temos 95 g de Cu (puro). Logo, em 100 g, teremos:
100 g Cu imp. 95 g Cu puro
119,5 g Cu imp. = 0,7950 ou 79,50 % P
12) Reagem-se 230 gramas de CaCO3 (87% de pureza) com 178 gramas de cloro. A equação química é:
CaCO3 + 2 Cl2 → Cl2O + CaCl2 + CO2
Os gases são recolhidos em um recipiente de 20,0 litros a 10,0°C. Nessas condições, o Cl2O tem uma pressão parcial de 1,16 atm.
Pergunta-se:
a) Qual é o rendimento da reação?
b) Qual é o número de átomos de oxigênio na mistura gasosa?
Supondo que a reação possui 100 % de rendimento. Calculando as quantidades estequiométricas dadas pela equação química, para cada dado e incógnito, vem:
mm (g) 100,09 70,905 86,905 110,98 44,010
CaCO3 + 2 Cl2 → Cl2O (g) + CaCl2 + CO2 (g)
Teórico: 100,09
(g)
141,81 (g)
1 mol moléc.
1 mol moléc.
1 mol moléc.
1 mol át.
de O
2 mols át. de O
230 g 178 g
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 144
a) Calculando a massa de CaCO3 que reage (pura), vem:
230 g CaCO3 imp. 80 g CaCO3 puro
100 g CaCO3 imp. = 200,100 g CaCO3 puro
Buscando o reagente limitante, vem:
200,100 g CaCO3 141,81 g Cl2
100,09 g CaCO3
= 283,507 g Cl2
Ou seja, para os 200,1 g de CaCO3 são necessários 283,507 g Cl2, mas com apenas 178 g, o cloro será o reagente limitante.
O número de moles de Cl2O que será obtido na reação será:
n = PV / RT (da equação geral dos gases)
n = 1,16 atm.20 dm3
0,082 dm3. atm°K . mol
.283,0°K
= 0,999 moles de Cl2O
Ou,
0,999 moles Cl2O 86,905g Cl2O
1mol Cl2O = 86,818 g Cl2O
Calculando a quantidade teórica de Cl2O, vem:
178 g Cl2 86,905 g Cl2O
141,81 g Cl2
= 109,083 g Cl2O
Portanto, o rendimento da reação será:
86,818 g Cl2O 100 % R
109,083 g Cl2O = 79,589 %
Na equação química se observa que cada 141,81 g de cloro se obtém 3 moles de átomos de oxigênio nos produtos gasosos, portanto:
178 g Cl2 3 moles O2
141,81 g Cl2
6,02×1023 át. O2
1 mol O2
= 2,267×1024át. O2
13) Reagem-se 50,00g de Cu (90% de pureza) com 400,00 mL de uma solução 6 M de ácido nítrico a 50ºC e 3 atmosferas, com um rendimento de 95 % produzindo Cu(NO3)2, segundo a reação:
Cu + 4 HNO3 → Cu(NO3)2 + 2 NO2 + 2 H2O
Calcular:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 145
a) Reagente limitante e o reagente em excesso;
b) Massa de reagente em excesso;
c) Massa de nitrato de cobre (II) obtida;
d) Volume de dióxido de nitrogênio obtido; e
e) Moles e moléculas de água obtida.
Mm (g): 63,546 63,013 187,556 187,556 18,015
Cu 90% P
+ 4 HNO3 → Cu(NO3)2 + 2 NO2 + 2 H2O
Teórico: (g)
63,546 252,052 187,556 375,112 36,030
Inicio: (g)
50 151,23 0 0 0
Reagem: (g)
−38,127 −151,23 100% R +112,533 +225,065 21,618
Obtêm-se: (g)
11,873 0 95% R 101,280 213,812 20,537
excesso limitante
Em um solução 6 molar temos 6 moles de soluto em 1 L (1000 mL) de
solução, logo:
400 mL sol. 6 moles HNO3
1000 mL sol.
63,013 g HNO3
1 moles HNO3
= 151,23 g HNO3
Dos 50 g de Cu, apenas 90% reagem e requerem:
0,90×50 g Cu 252,052 g HNO3
63,546 g Cu = 178,490 g HNO3
Como há apenas 151,23 g ele é o reagente limitante. Logo:
151,23 g HNO3 63,546 g Cu
252,052 g HNO3
= 38,127 g Cu
Calculando a massa teórica de nitrato de cobre (II) obtida, vem:
151,23 g HNO3 187,556 g Cu(NO3)2
252,052 g HNO3
= 112,533 g Cu(NO3)2
Lembrado que o rendimento da reação é de 90%, então, obtém:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 146
0,90×112,533 g Cu(NO3)2 = 101,280 g Cu(NO3)2
151,23 g HNO3 375,112 g NO2
252,052 g HNO3
= 225,065 g NO2
Ou,
0,95×225,065 = 213,812 g NO2 =
= 213,812 g NO2 1 mol NO2
187,556 g NO2
= 1,140 moles NO2
= 1,140 moles NO2 = P.V
R.T
Assim,
V = 1,140 moles×0,0820574587 L
atm°K· mol
×(50+273°K )
3 atm
V = 10,072 L
Por último,
151,23 g HNO3 36,030g H2O
252,052 g HNO3
95 g H2O
100 g H2O
1 mol H2O
18,015 g H2O =
= 1,140 moles H2O =
= 1,140 moles H2O 6,03×1023 moléc. H2O
1 mol H2O = 6,874 ×1023 moléc. H2O
14) O titânio é um metal forte, leve e resistente à corrosão, utilizado na
construção de aeronaves espaciais, motores e quadros de bicicletas. Obtido
pela reação de cloreto de titânio (IV) com magnésio fundido entre 950° e
1150 °C. Reagindo-se 4 moles de TiCl4 com 4 moles de Mg obteve-se
experimentalmente 1,5 moles de Ti. Calcular o rendimento percentual da
reação.
TiCl4 + Mg → Ti + MgCl2
A equação balanceada é:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 147
Os 4 moles de TiCl4 requerem:
n (Mg) = 4 mol TiCl4 2 moles Mg
1 mol TiCl4
= 8 moles Mg
Como se dispõe de 4 moles de Mg apenas, ele será o reagente limitante.
Assim, reagem:
4 moles Mg 1 mol TiCl4
2 moles Mg = 2 moles TiCl4
Calculando o rendimento percentual, vem:
% R = 1,5 mol Ti
2,0 moles Ti = 0,75 0u 75% Ti
15) Em um gerador portátil de hidrogênio reagiram-se 30 g de hidreto de cálcio com 30 g de água, de acordo com a reação:
CaH2 + H2O → Ca(OH)2 + H2
Depois de ajustar a reação, calcule:
a) Qual reagente sobra e em que quantidade?
b) O volume de hidrogênio que se produz a 20°C e 745 mm de Hg;
c) O rendimento da reação se o volume real produzido fosse 34 L.
Balanceando a equação vem:
mm (g) 189,69 g 24,305 g 47,88 g 95,210 g
TiCl4 + 2 Mg → Ti + 2 MgCl2
Teórico: 1 mol 2 moles 1 mol 2moles
Têm-se: 4 moles 4 moles 0 mol O mol
Reagem: −2 moles −4 moles 100% R +2 moles +2 moles
2 moles 0 mol 75% R 1,5 mol 3moles
Reagente excesso
Reagente limitante
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 148
mm (g) 42,09 g 18,015 74,09 2,0156
CaH2 + 2 H2O → Ca(OH)2 + 2 H2
Teórico: 1 mol 2 mol 1 mol 2 moles
Têm-se: 0,714 mols 1,665 mols
Reagem: −0,714
mols
−1,428 mols
100 % R
0,714 mols
1,428 mols
Sobram: 0 mols 1,428 mols
Reagente limitante
Reagente
em excesso
30 g CaH2 1 mol CaH2
42,09 g CaH2
= 0,714 mol CaH2
30 g H2O 1 mol H2O
18,015 g H2O = 1,665 mol H2O
1,665 mols H2O requerem:
0,714 mol CaH2 2 moles H2O
1 moles CaH2
= 1,428 moles H2O
Sobram, portanto, 0,237 mols de H2O (reagente em excesso).
O volume de hidrogênio que se produz a 20°C e 745 mm de Hg, quando o
rendimento da reação é 100 %, é:
V = nRT/P = 1,428 mols×62,3637 L ·
mmHg °K · mol
×293 °K
745 mmHg
V = 35,024 litros O2
O rendimento da reação se o volume real produzido fosse 34 L, seria:
Rendimento = 34 L
35,024 L = 0,9708 ou 97,08%
16) Continua
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 149
6.12 Exercícios Propostos
1) Quantas gramas de sulfato de bário são obtidas quando se trata com 50 g de
cloreto de bário pela solução de sulfeto de bário?
2) Quando o cobre é atacado pelo ácido sulfúrico concentrado e a quente,
desprende-se um gás cujo volume na C.N.T.P é de 1,2 litros. Qual a massa de
cobre que se dissolveu?
3) Um vinho comercial contém cerca de 9,7% de álcool etílico por massa. Suponha
que 1,21 Kg de vinho sejam produzidos pela reação de fermentação da glicose,
descrita abaixo:
C6H12O6 (aq) → C2H5OH (l) + CO2 (g)
Calcule a massa de glicose necessária para produzir o álcool etílico no vinho.
4) Fazendo reagir ácido clorídrico em excesso com carbonato de cálcio foram
obtidos 3,1 litros de gás na CNTP.
2 HCl + CaCO3 → CaCl2 + H2O + CO2 (gás)
Qual a massa em gramas do gás obtido?
5) As indústrias de cerveja utilizam o gás carbônico na fermentação da maltose
(C12H22O11), presente na cevada, com o objetivo de produzir água gaseificada
para fabricação de refrigerantes. As reações químicas deste processo são
mostradas abaixo:
C12H22O11 + H2O → 4 C2H5OH + 4 CO2
CO2 + H2O → H2CO3
I) Qual a massa de ácido carbônico, obtida a partir de 3,26 kg de maltose?
II) Qual o volume ocupado por 4 mols de gás carbônico nas CNTP?
6) Certo tipo de óleo cru queimado em usinas geradoras de eletricidade contém
cerca de 1,2% de enxofre em massa. Quando o óleo queima, o enxofre forma
dióxido de enxofre gasoso:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 150
S(s) + O2 (g) → SO2 (g)
Quantos litros de SO2 (d = 2,60 g/L) são produzidos quando 1,0 kg de óleo é
queimado?
7) Deseja-se desinfetar uma sala cujas dimensões são 6m × 4m × 3m. Qual a massa
de enxofre que se deve queimar, na C.N.T.P., admitindo-se que os gases
resultantes da combustão encham completamente a sala?
8) Num recipiente contendo 2 Kg de carvão incandescente introduz-se vapor d’água
superaquecido. Qual o combustível gasoso obtido e o seu volume?
9) A combustão da glicose, tal como a sua oxidação durante o metabolismo celular,
pode ser representada pela equação química C6H12O6 + 6 O2 → 6CO2 + 6 H2O.
Que massa de água se produz por combustão de 1,00 g de glicose?
10) Pode determinar-se quantitativamente o íon cálcio, Ca2+, presente no leite por
reação de precipitação com íon oxalato, C2O42-. A partir de 80,0 g de leite e por
adição do sal solúvel oxalato de sódio, obtém-se 0,302 g de oxalato de cálcio.
Calcular a percentagem do elemento cálcio no leite e comparar com o valor
indicado na embalagem (105 mg/100 g).
11) O hidrogênio pode ser obtido, no laboratório, por reacção entre o zinco e uma
solução aquosa diluída de ácido sulfúrico: Zn(s) + H2SO4(aq) → ZnSO4(aq) +
H2(g). Calcular o volume (C.N.T.P) de hidrogênio produzido a partir de 16,34 g
de zinco, admitindo um rendimento de 100%.
12) A concentração de ácido clorídrico no estômago pode atingir 0,17 mol dm-3. Que
quantidade e que massa do "anti-ácido" hidróxido de alumínio é necessária para
neutralizar 50 cm³ dessa solução, de acordo com a equação 3HCl(aq) +
Al(OH)3(s) → AlCl3(aq) + 3H2O(l)?
13) Óxido de ferro(III) pode ser reduzido a ferro metálico por reação com alumínio:
2Al(s) + Fe2O3(s) → 2Fe(s) + Al2O3(s). Calcular a massa de ferro que se pode
obter a partir de 81,0 kg de alumínio e 100 kg de óxido de ferro(III).
14) Calcular a massa de óxido cúprico obtida a partir de 2,54 gramas de cobre
metálico. (Massas atômicas: O = 16; Cu = 63,5)
2 Cu + O2 → 2 CuO
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 151
15) Considere a seguinte reação química: Mg(OH)2 + HCl → MgCl2 + H2O. Acerte
a equação. Qual a quantidade química de hidróxido de magnésio que reage para a
obtenção de 570 g de cloreto de magnésio?
16) (FEI-SP) 0,54g de alumínio reagem com 2,13g de cloro, dando origem a 2,67g de
cloreto de alumínio. Se, numa outra experiência, adicionarmos 2,70g de alumínio
a 15,00g de cloro:
a) Qual a massa do composto formado?
b) Qual a massa, em excesso, do reagente que sobrou na reação?
17) Que massa de benzeno e quantos mols de oxigênio devem ser usados na
combustão total, para se obter 16,2g de água de acordo com a equação: C6H6 +
O2 → CO2 + H2O.
6.13 Problemas resolvidos de Cálculos Estequiométricos Envolvendo Reações
sucessivas.
17) Garimpeiros inexperientes, quando encontram pirita, pensam estar diante
de ouro; por isso a pirita é chamada ―ouro dos tolos‖.
Qual a massa de H2SO4 que pode ser obtida a partir de 60 g de pirita (FeS2)
pelo processo equacionado:
4 FeS2 + 11 O2 → 2 Fe2S3 + 8 SO2
2 SO2 + O2 → 2 SO3
SO3 + H2O → H2SO4
Temos,
.
60 g de pirita (FeS2).
1 mol
119,98 g = 0,500 mol
Multiplicando a 4ª. reação por quatro (×4) e a 3ª. por oito (×8) e ajustando-as,
vem:
4 FeS2 + 11 O2 → 2 Fe2S3 + 8 SO2
8 SO2 + 4O2 → 8 SO3
8 SO3 + 15 H2O → 8 H2SO4
4 FeS2 + 15 O2 + 8 H2O → 2 Fe2O3 + 8 H2SO4
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 152
Assim,
4 FeS2 + 15 O2 + 8 H2O → 2 Fe2O3 + 8 H2SO4
4 moles 15 moles 8 moles 2 moles 8 moles
0,5 mol 15
8 moles 1 moles 0,25 mol 1 moles
Portanto, 60 g de pirita (0,5 mol) produzem 1 mol de H2SO4, ou seja:
Como mm (H2SO4) = 98,078 g/mol, então, mH2SO4 = 98,078 g
18) Calcule a massa de HNO3 que pode ser obtida a partir de 102 g de amônia,
pelo processo equacionado:
4 NH3 + 5 O2 → 4 NO + 6 H2O
2 NO + O2 → 2 NO2
3 NO2 + H2O → 2 HNO3 + NO
Ajustando as equações, multiplicando a 2ª. equação por três (×3) e a 3a. por
dois (×2) vem:
4 NH3 + 5 O2 → 4 NO + 6 H2O
6 NO + 3 O2 → 6 NO2
6 NO2 + 2 H2O → 4 HNO3 + 2 NO
4 NH3 + 8 O2 → 4 HNO3 + 4 H2O
Ou melhor,
NH3 + 2 O2 → HNO3 + H2O
Assim,
102g NH3 1 mol
17,0306 = 5,989 moles ≅ 6 moles
Como a relação entre nNH3 e n HNO3 é a mesma (1:1), então:
6 moles HNO3 63,013
1 mol = 378,078 g
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 153
19) Considere o exercício anterior admitindo que o NO na última etapa do
processo não é reaproveitado.
Na equação geral não deverão aparecer: o NO do segundo membro da primeira
equação, o NO do primeiro membro da segunda equação e o NO2 do primeiro
membro da terceira equação. Tomando, portanto o máximo divisor comum
dos seus índices, mm(4, 2,3) =12 , então devemos multiplica a 1ª. equação por
3 (12/4), a 2ª. por 6 (12/2) e a 3ª. por 4 (12/3).
Assim,
12 NH3 + 15 O2 → 12 NO + 18 H2O
12 NO + 6 O2 → 12 NO2
12 NO2 + 4 H2O → 8 HNO3 + 4 NO
.12NH3 + 21 O2 → 8 HNO3 + 4 NO + 16 H2O
12 NH3 + 21 O2 → 8 HNO3 + 4 NO + 16 H2O
1 moles 21
12 moles
8
12 moles
4
12 moles
16
12 moles
6 moles 6× 7
4 moles
6×
2
3 moles 6×
1
3 moles 6×
4
3 moles
6 moles 21
2 moles
4 moles 2 moles 8 moles
Portanto, têm-se:
4 moles de HNO3 63,013
1 mol = 252,052 g
20) Certa massa de pirolusita (MnO2) reagiu com excesso de ácido clorídrico. O
gás liberado do (Cl2) reagiu com excesso de hidróxido de sódio. O clorato de
sódio formado foi submetido a um aquecimento a seco, produzindo 33,6 litros
de oxigênio (O2) nas C.N.T.P. Calcule a massa de pirolusita (MnO2) utilizada.
MnO2 + 4 HCl → MnCl2 + Cl2 + 2 H2O
3 Cl2 + 6 NaOH → 5 NaCl + NaClO3 + 3 H2O
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 154
2 NaClO3 → 2 NaCl + 3 O2
Ajustando as reações, vem:
6 MnO2 + 24 HCl → 6 MnCl + 6 Cl2 + 12 H2O
6 Cl2 + 12 NaOH → 10 NaCl + 2 NaClO3 + 6 H2O
2 NaClO3 → 2 NaCl + 3 O2
.
6 MnO2 + 24 HCl + 12 NaOH → 6 MnCl + 12 NaCl +18 H2O+ 3 O2
21) Um dos métodos de obtenção do ácido sulfúrico envolve as seguintes etapas:
I. Combustão do enxofre (S) a óxido sulfuroso (SO2)
II. Oxidação do óxido sulfuroso a óxido sulfúrico (SO3) pelo oxigênio
III. O gás óxido sulfúrico é borbulhado em água produzindo o ácido sulfúrico
(H2SO4)
De acordo com o exposto acima, esquematize as reações e responda:
a) Qual é a massa de enxofre necessária para preparar 49g de ácido sulfúrico?
b) O ar atmosférico contém 21% em volume de oxigênio. Que volume do ar
atmosférico conterá oxigênio suficiente para combustão completa de 32g de
enxofre a óxido sulfúrico nas CNTP.
Combustão é um processo de reação com o oxigênio diatômico (O2):
S + O2 → SO2
Oxidação do dióxido de enxofre pelo oxigênio:
SO2 + ½ O2 → SO3
Pelo fato do trióxido de enxofre (anidrido sulfúrico ou óxido sulfúrico) ser um
óxido ácido (anidrido), este reage com água formando um ácido.
SO3 + H2O → H2SO4
Portanto,
S + O2 → SO2
SO2 + 1/2 O2 → SO3
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 155
SO3 + H2O → H2SO4
.
S + 3
2 O2 + H2O → H2SO4
Portanto,
S + 3/2 O2 + H2O → H2SO4
1 mol 3/2 mols 1 mol 1 mol
Para os 49g de ácido sulfúrico, mm (H2SO4) = 98,08 g/mol, têm-se:
49 g H2SO4 1 mol
98,08g ≅ 0,5 moles
n(H2SO4) = n(S) = 0,5 mol = 0,5 mol S 32,07 g
1 mol ≅ 16 g
Temos:
S + O2 → SO2
SO2 + ½ O2 → SO3
----------------------------
S + 3/2 O2 → SO3
Os 32g de enxofre a óxido sulfúrico, mm(SO3) = 80,06 g/ mol, representam:
32g S 1 mol S
32,07 g
32
moles O2
1 mol SO3
22,4 litros
1 mol O2
= 33,53 litros O2
mol (S) = 22,4 L
b) R: 160L de ar.
22)
6.14
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 156
UUNNIIDDAADDEE VVIIII
7.1 Definição de Solução.
Uma solução é uma mistura homogênea de uma substância dissolvida em outra.
As soluções mais familiares são aquelas no estado líquido, especialmente as que
usam água (soluções aquosas), que "mistura" muito bem uma série de
substâncias: sólidas (como o açúcar), líquidas (como o álcool) e sob a forma de
gás (como o ar).
Assim, solução é a denominação ao sistema em que uma substância está
distribuída, ou disseminada, numa segunda substância sob forma de pequenas
partículas.
Dissolvendo-se sal na água, forma-se uma solução de íons sódio (Na+) e íons
cloreto (Cl-). Misturando-se cal na água, obtém-se uma solução onde
predominam as partículas de cal não dissolvidas.
Nos dois exemplos acima, o sal e a cal, são a fase dispersa ou o disperso e a água
é a fase de dispersão, dispersante ou dispergente.
7.2 Soluto e Solvente.
Numa solução, sempre há dois componentes: o solvente, normalmente em maior
quantidade, e o soluto, que vai "desaparecer", ou seja, dissolver-se no solvente.
Os solventes podem ser classificados quanto à sua polaridade.
Os solventes polares são compostos, tal com a água e a amônia líquida, que
possuem momentos dipolares e consequentemente constantes dielétricas
elevadas. Estes solventes são capazes de dissolver compostos iônicos ou
compostos covalentes que se ionizam.
Os solventes não polares são compostos, tal como o benzeno, que não possuem
momentos dipolares permanentes. Estes não dissolvem compostos iônicos, mas
dissolvem compostos covalentes não polares.
7.3 Solubilidade
A solubilidade de um soluto é a massa do soluto que pode ser dissolvida numa
certa quantidade de solvente a uma determinada temperatura. Usualmente, a
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 157
solubilidade é expressa em gramas de soluto por 100 mL (100 cm³) ou por 100 g
de solvente a uma dada temperatura.
A interação entre um soluto e um solvente determina quanto soluto pode se
dissolver. Assim, num solvente particular como a água, a natureza do soluto é
um fator chave para determinar a solubilidade. Os solutos cujas moléculas são
mais fortemente atraídas pelas moléculas de água tendem a se dissolver mais
facilmente neste solvente.
Para a maioria dos solutos, existe um limite em relação à quantidade que se pode
dissolver num volume fixado de qualquer solvente. Este limite é denominado
coeficiente de solubilidade, e varia dependendo da temperatura.
Quando se adiciona um sólido na água, por exemplo, uma parte deste soluto é
dissolvida para formar uma solução. Se uma quantidade suficiente de soluto
estiver presente, verifica-se que não se dissolve todo o soluto, mas obtém-se uma
concentração máxima e constante da solução. A adição de mais soluto não altera
a concentração da solução; o sólido adicionado não se dissolve, e se deposita no
fundo do recipiente. Nesta situação, diz-se que o sistema chegou ao estado de
equilíbrio dinâmico.
As soluções são classificadas, em termos de quantidade de soluto dissolvido, em
insaturadas, saturadas, e supersaturadas (ou sobressaturadas):
A) soluções insaturadas são soluções nas quais existe soluto dissolvido em
menor quantidade do que a quantidade máxima que pode ser dissolvida
naquela determinada quantidade de solvente, a uma dada temperatura;
B) uma solução saturada contém a máxima quantidade possível de soluto
dissolvido em condições normais numa dada temperatura;
C) uma solução supersaturada contém mais soluto dissolvido do que a
quantidade limite de solubilidade do soluto.
Nem todas as substâncias são solúveis; alguns compostos são considerados
apenas ligeiramente solúveis; outros, por sua vez, se dissolvem em grau tão
pequeno que são considerados insolúveis.
Existem vários fatores que influenciam na solubilidade de uma substância. Entre
eles, está a temperatura, um dos fatores mais relevantes. A solubilidade da
maioria dos sólidos nos líquidos aumenta com a temperatura.
A solubilidade entre líquidos é chamada de miscibilidade. Líquidos que se
misturam entre si são chamados de miscíveis. Geralmente, líquidos miscíveis
têm estruturas moleculares semelhantes, como exemplo da água e o álcool
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 158
etílico. Ambos possuem moléculas polares e que se atraem mutuamente, pois são
capazes de formar pontes de hidrogênio entre si.
7.4 Concentração em Unidades Físicas.
Concentração significa quanto soluto está presente em um volume ou massa
específica.
Quando são empregadas unidades físicas, as concentrações das soluções são,
geralmente, expressas em:
7.4.1 Massa de soluto por unidade de volume de solução.
C = massa do soluto
volume da solução
Exemplo:
35g de NaCl por litro de solução.
C = 35 g/L
7.4.2 Composição percentual.
C = número de gramas
100 g de solução
Exemplo:
4,25g de NaCl em 100 g de solução.
C = 4,25
100 g/g ou
Solução aquosa de NaCl a 4,25%.
7.5 Concentração em Unidades Químicas.
7.5.1 Concentração comum ou concentração em g/l.
I. Conceito:
É a razão entre a massa de soluto, em gramas, e o volume de solução em
litros ou ml.
II. Expressão matemática.
C = m1
V
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 159
Onde:
C = concentração (g/l);
m1 = massa do soluto (g);
V = Volume de solução (l ou ml).
III. Unidade: Gramas por litro, g/l ou g/ml.
IV. Significado: A concentração nos indica a quantidade de soluto, em
gramas, que existe em um litro ou em um mL de solução.
Exemplo:
Uma solução 20 g/l possui 20 gramas de soluto dissolvidos em um
litro de solução:
1 litro (solução) = 20 g (soluto)
7.5.2 Molaridade ou concentração molar.
I. Conceito:
É o número de moles do soluto contido em um litro de solução.
II. Expressão matemática:
Molaridade = número de moles (soluto)
número de litros (solução) =
n1
V
Relembrando que o número de moles de uma substância está
relacionado à sua massa em gramas através do massa molecular (mol),
teremos:
Quantidade moles = massa (gramas)
mol
Quantidade milimoles = massa (miligramas)
mol
III. Unidade: mol por litro (mol/L), mg/mL, molar.
Exemplo: Uma solução 05 molar (0,5 M) de H2SO4 contém 49,04
gramas de H2SO4 por litro de solução, visto que:
1 litro = 0,5 mol
1 litro = 0,5 mol 98,08
1 mol = 49,04 g H2SO4
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 160
7.5.3 Concentração normal ou normalidade.
I. Conceito:
É o número de equivalente-grama de um soluto contido em um litro de
solução.
II. Expressão matemática:
Normalidade = quantidade de soluto (eqg)
volume solução (L)
N = 𝑛e1
V =
m1
Eqg (soluto)
V
Onde:
N = normalidade ou concentração normal.
ne = nº de equivalentes-grama do soluto.
V = volume da solução, em litros.
Eqg = equivalente-grama
III. Unidade: eqg/L, meqg/mL, normal (N)
IV. Significado:
É o número de equivalentes-grama de uma substância dissolvidos em
um litro de solução.
Exemplo:
Uma solução 1 normal (1N) contém 1 equivalente (eq) por L, ou 1
miliequivalente (meq) por mL.
É fundamental notar que a normalidade mede um único íon que
participa num total de soluto. Por exemplo, pode-se determinar a
normalidade do hidróxido de sódio ou em solução aquosa de hidróxido
de sódio, mas a normalidade de hidróxido de sódio por si só não faz
sentido.
Assim, a normalidade é freqüentemente usada para descrever soluções
de ácidos ou bases, onde está implícito que a normalidade refere-se à
H+ ou OH-.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 161
Embora o uso dessa concentração esteja a cair em desuso entre os
químicos, existe uma vantagem no seu uso: é que soluções da mesma
normalidade reagem mL a mL.
Por exemplo:
1 mL de uma solução 0,1 N de NaOH neutralizará exatamente 1 mL de
solução 0,1 N de H2SO4 (independente da estequiometria da reação
química envolvida).
Não acontece o mesmo quando a concentração das soluções é mol/L.
1 mol de H2SO4 reage com dois moles de NaOH e duas soluções destes
reagentes da mesma molaridade reagirão na razão NaOH.
H2SO4 + 2 NaOH → Na2 SO4 + 2 H2O
1 mol 2 moles 1 mol 2 moles
2 Eqg 2 Eqg 2 Eqg 2 Eqg
Dito de outro modo:
1 equivalente de qualquer substância reage exatamente com 1 equivalente de outra substância.
Isto facilita enormemente os cálculos especialmente na prática de
análise quantitativa.
7.4.5 Concentração molal ou molalidade.
I. Conceito:
É a razão entre o número de mols de soluto e a massa de solvente, dada em
kg.
II. Expressão matemática:
W = n1
m2
=
m1
mol
m2
= m1
mol. m2
Esta equação, no entanto, deve ser multiplicada por mil, porque a molalidade é
expressa em número de mols por quilograma de solvente.
Com isso, temos:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 162
W = 1000.m1
mol. m2
Onde:
W = molalidade;
m1 = massa de soluto (gramas);
m2 = massa de solvente (quilogramas);
Mol = massa molar.
III. Unidade: molal.
IV. Significado:
A concentração molal nos indica o número de moles de soluto que existe em
um quilograma de solvente.
m = moles (soluto)
Kg solvente
Exemplo:
Uma solução 0,5 molal de sacarose (342,2979 g/mol) contém:
1000 g (solução) = 0,5 mols C12H22O11
1000 g (solução) = 0,5 mols C12H22O11 342,2979 g
1 mol = 171,14895 g
7.4.6 Fração molar ou percentagem em moles
Muitas das propriedades físicas das soluções são expressas mais claramente em
termos dos números relativos das moléculas do soluto e do solvente.
I. Definição: A fração molar de qualquer componente de uma solução é
definida como sendo o número de moles desde componente dividido pelo
número total de moles de todos os componentes da solução.
II. Expressão matemática:
Fração molar do soluto:
FM1 = moles de soluto
moles de soluto+moles de solvente
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 163
Do mesmo modo, a fração molar do solvente:
FM2 = moles de solvente
moles de soluto+moles de solvente
Onde:
FM1 = fração molar do soluto.
FM2 = fração molar do solvente.
Se a solução apresentar mais de um soluto, calcula-se a relação entre o
número de mols do soluto ou solvente em questão, e o somatório do número
de mols dos demais componentes.
FMi = n1
n1+n2+n3+ … +ni
Evidentemente, a soma das frações molares de todos os componentes de
uma solução é igual a 1.
III. Unidade: A fração molar é adimensional, maior que zero e menor que
um. Quando multiplicado por 100 (porcentagem molar) se expressa o
resultado em mols %.
7.5 Relação de massa com massa.
7.5.1 Título
É a relação entre a massa do soluto e a massa da solução.
T = m1
m1+m2
Onde:
T = título (é um número puro, isto é, não tem unidade).
m1 = massa do soluto
m2 = massa do solvente
m = massa da solução (m1 + m2).
7.5.2 Porcentagem em peso
% em peso é a massa do soluto em 100 g da solução.
Exemplo:
Se uma solução contém 6 moles de álcool etílico e 2 moles de água, então:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 164
fração molar do álcool = 2
2+6 = 0,25
fração molar da água = 6
2+6 = 0,75
A percentagem em moles do álcool nesta solução será:
100×0,25 = 25% de moles de álcool e
100×0,75 = 75% de moles de água.
5.5.7 Densidade.
I. Conceito: É a razão da massa da solução pelo volume da solução, dada em L
ou mL.
II. Expressão matemática
d = m
V
Onde:
d = densidade
m = massa da solução = m1 + m2
V = volume da solução.
III. Unidade: g/l, g/cm3 ou g/ml.
IV. Significado:
A densidade indica a massa, em gramas, encontrada num litro, cm3 ou
mililitro de solução.
Exemplo:
Uma solução de ácido benzóico possui densidade 1,316 g/cm3, ou seja:
1 cm3 de C6H5COOH apresenta massa igual 1,316 g.
5.5.8 Massa específica (µ).
I. Conceito: é a razão entre determinada massa da substância e seu volume
correspondente.
II. Expressão matemática: μ = m/Vs
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 165
III. Unidade: g/cm3, mas no SI a unidade é o kg/m3.
A relação entre elas é a seguinte:
1g = cm3 ou 1m3 = 1000 Kg (assim, para transformar uma massa específica
de g/cm3 para kg/m3, devemos multiplicá-la por 1.000).
Observação:
A diferença entre densidade e massa específica fica bem clara quando falamos de objetos ocos. Neste caso a densidade leva em consideração o volume completo e a massa específica apenas a parte que contêm substância.
5.6 Parte por milhão
Partes por milhão (abreviadamente ppm) é a medida de concentração que se
utiliza quando as soluções são muito diluídas.
5.6.1 Em massa:
A concentração ppm em massa expressa a massa de soluto (disperso), em µg
(micrograma), existentes em 1 g (1 milhão de µg) de solução.
ppm = mg
litro =
µg
mL
Assim,
1 ppm é igual a:
1g/1.000.000mL
1g/1.000L
1mg/L
200 ppm:
200g/1.000.000mL
200g/1.000L
0,2g/L ou 200mg/L.
5.6.2 Em volume:
A concentração ppm em volume indica o volume de soluto (disperso), em mL,
existentes em 1 m3 (1 milhão de mL) de solução.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 166
Então,
ppm = peso soluto (mg)
volume solução (L)
Assim,
45 ppm de uma solução contém 45 mg de soluto por 1 litro da solução
Exemplos:
1) Uma solução com 75 ppm de KI, Iodeto de potássio quer dizer
1Kg em massa há 75mg de KI diluída nela.
2) O ar (solução gasosa) contém 8 ppm de gás hélio.
Isso significa que em cada 1 m3 do ar atmosférico existe 8 mL de hélio.
Outro exemplo:
Uma solução a 25 ppm contém 25 mg de soluto em 1 L de solução.
A concentração ppm em volume só pode ser utilizada quando os componentes da solução são todos líquidos ou todos gasosos.
5.7 Problemas de diluição.
As escalas volumétricas de concentração são aquelas nas quais a concentração é
expressa em termos da quantidade de soluto por volume determinado de
solução. São, por exemplos, moles por litro (molaridade), equivalente-grama
por litro (normalidade), gramas por litro (concentração comum) e gramas por
100 litros (título em massa). Quando a concentração é expressa numa escala
volumétrica, a quantidade de soluto contida em determinado volume de solução
é igual ao produto do volume pela concentração, isto é:
Quantidade de soluto dissolvida = volume × concentração
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 167
A diluição de uma solução basear-se na adição de solvente puro. Assim, quando
a solução é diluída seu volume é aumentado, a concentração diminui.
Entretanto, a quantidade de soluto não altera, permanece constante. Deste
modo, as duas soluções (original e diluída) serão diferentes, mas conterão as
mesmas quantidades de soluto e serão relacionadas, como se segue:
Volume1 × Concentração1 = Volume2 × Concentração2
Podemos então calcular:
Para a solução inicial:
C =m1
V ou m1 = C. V
Para a solução final:
C’ = m1
V ou m1 = C’. V’
Uma vez que m1 é constante, teremos:
C . V = V’ . C’
5.8 Exercícios Resolvidos.
1) Descrever como se preparam 60 mL de uma solução aquosa de AgNO3 com
concentração de 0,045 g de AgNO3 por mL.
Cada mL de solução contém 0,045g de AgNO3. Portanto,
60 mL 0,045g
1 mL =1,8 g de AgNO3
2) Descrever como preparar uma solução de Al2(SO4)3. 18 H2O necessário para
preparar 50 mL de uma solução aquosa que contenha 40 mg de Al+3 por mL.
Temos:
1 molécula de Al2(SO4)3. 18 H2O contém 2 íons de Al+3
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 168
Assim,
1 mol de moléculas de Al2(SO4)3. 18 H2O conterão 2 moles de íons de Al+3
50 mL 40 mg de Al+3
1 mL = 2000 mg de Al+3 = 2g de Al+3
2g de Al+3 1 mol Al+3
26,982 g
1 mol Al2 SO4 .18 H2O
2 mol Al+3 666,43 g
1 mol Al2(SO4)3.18 H2O =
= 24,698 g de Al2(SO4)3. 18 H2O
Fig. 67
3) Exatamente 4,00 g de uma solução de ácido sulfúrico foram diluídos com água e
adicionado um excesso de BaCl2. O precipitado de BaSO4, depois de lavado e seco,
pesou 4,08 g. Determinar a percentagem de H2SO4 na solução original.
H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2 HCl
Temos: mm (H2SO4) = 98,0791 g/mol, logo:
(4,08 g de BaSO4) 1 mol BaSO4
233,39 g BaSO4
= 0,0175 moles de BaSO4
H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ + 2 HCl
1 mol 1 mol 1 mol 2 moles
0,0175 moles 0,0175 moles 0,0175 moles 0,035moles
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 169
0,0175 moles H2SO4 1 mol H2SO4
98,0791 g ≅ 1,72 g H2SO4
Portanto, a fração do H2SO4, em peso = 1,72 g
4,00 g = 0,43 ou 43%
4) Qual o volume de água, em mL, que deve ser adicionado a 80 mL se solução 0,1M
de uréia, para que a solução resultante seja 0,08M?
Uma solução 0,1M, denota que:
1 litrosol = 1000 mL = 0,1 moluréia
Portanto,
80 mL . 0,1 moluréia
1000 mL = 0,008 moles uréia
Por outro lado,
0,08 M significa que: 1000 mL contêm 0,08 moles de uréia.
Logo,
0,008moles . 1000 mL
0,08 moles = 100 mL volume final, após diluição
V = 100 – 80 = 20 mL
5) Descrever como preparar 50 g de uma solução de BaCl2 a 12,0% em peso,
partindo de BaCl2. 2 H2O e água pura.
Temos:
mm (BaCl2) = 208,233 g/mol
mm (BaCl2. 2 H2O) = 244,26 g/ mol
Temos,
100 g (solução) = 12 g BaCl2 ou
50 g (solução) = 6 g BaCl2 + 44 g H2O
6 g de BaCl2 1 mol BaCl2
208,233 g BaCl2
≅ 0,029 moles BaCl2
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 170
Mas,
1 molécula de BaCl2. 2 H2O = 1 molécula de BaCl2 + 2 moléculas H2O
Portanto,
1 mol de BaCl2. 2 H2O = 1 mol de BaCl2 + 2 moles H2O
0,029 moles de BaCl2. 2 H2O = 0,029 moles de BaCl2 + 2×0,029 moles H2O
Como,
2×0,029 moles H2O 18,0153 g H2O
1 mol H2O = 1,0448874 g H2O
Logo, devemos acrescentar (44 g − 1,0448874 g H2O) = 42,9551126g de H2O.
Logo:
A solução é preparada pela dissolução de 7,0 g de BaCl2. 2 H2O em 43,0 g de
H2O.
Fig. 68
6) Que volume de água destilada se deve juntar a 40 mL de uma solução 3N de
NaOH a fim de que se transforme em solução a 4%?
Eqg NaOH = mol/1 ou 1 mol = 1 eqg NaOH
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 171
Uma solução 3N de NaOH é aquela que possui 3eqg de NaOH dissolvidos em 1
litro (ou 1000 mL).
Assim,
40 mL sol. 3 eqg NaOH
1000 mL sol.
1 mol NaOH
1 eqg NaOH
39,9971 g NaOH
1 mol NaOH ≅ 4,8 g NaOH
Solução a 4% de NaOH é aquela que pó ssui 4g NaOH em 100 mL (sol.)
Portanto,
4,8 g NaOH 100 mL (sol.)
4g NaOH = 120 mL
Logo, devemos acrescentar 80 mL aos 40 iniciais.
7) Uma solução de certo sal tem concentração 30% em peso. Pede-se
a) Que massa de água devemos acrescentar para diluir a 20%?
b) Que massa de sal temos de adicionar para concentrar a 50% em peso?
A solução 30% em peso possui 30 g (sal) em 100g (sol.), ou seja:
30 g (sal) + 70 g (H2O).
Logo:
Se a solução aquosa do sal foi diluída é porque recebeu certa quantidade de
solvente. Com isso aumenta-se a massa da solução sem, contudo, alterar a massa
do soluto (o sal).
Desse modo, podemos escrever:
a) Na nova solução 100 g (solução) = 20 g (sal)
Em 30 g de sal, teremos:
30 g sal 100 g sol.
20g sal = 150 g sol.
Ou seja, 100g (anteriores) mais 50 g de H2O.
b) Numa solução 50%, em peso, teremos:
Para cada 50g (sal) = 100 g (sol.) (ou 50g de H2O).
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 172
Como a solução é concentrada, aumentando apenas a quantidade de soluto,
então:
70 g (H2O) 50 g (sal)
50 g (H2O) = 70 g (sal)
Ou seja, os 30 g iniciais mais 40 g de sal.
Segundo método:
C = m1
m2
Portanto,
C1 = m'
1
m'2
= 30
100
Sendo x a massa de sal adicionada, teremos:
C2 = m"
1
m"2
= 30 + x
100 + x =
50
100
x = 40 g (sal)
8) Calcule o volume de água, em litros, a ser utilizado para preparar 1,2 litros de
solução 0,4 M de HCl, a partir do ácido concentrado (16 M).
Uma solução 0,4 M de HCl contém em 1 litro = 0,4 moles HCl
Por outro lado, uma solução concentrada (16 M) de HCl contém em 1 litro 16
moles de HCl.
Assim,
1,2 litros (sol.) 0,4 moles HCl
1 litro (sol.)
.
(números de moles HCl na solução final)
1 litro (conc.)
16 moles HCl = 0,03 litros HCl 16 M
Portanto, toma-se 0,03 litros (30 mL) de solução concentrada e completa-se com
água destilada até se obter 1,2 litros. Ou seja: adiciona-se 1170 mL de H2O.
9) A etiqueta de uma recipiente de ácido nítrico indica os seguintes dados:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 173
Densidade, 1,40 kg/L,
65 %, em peso.
Além de indicar suas características de periculosidade.
a) Que volume da mesma se necessitará para preparar 250 cm3 de uma
solução 0,5 M?
b) Explique o procedimento seguido no laboratório e o material necessário
para sua preparação.
250 cm3 (sol) 0,5 mols HNO3
1000 cm3 (sol)
63,013 g HNO3
1mol
100 g (sol.)
65g g HNO3
1000 ml
1400 g (sol.) =
= 8,656 ml
Portanto,
Toma-se 8,7 ml da solução concentrada com uma pipeta graduada e leva-se a
um balão, acrescenta-se aproximadamente 200 ml de água destilada. Agita-se
até total diluição e, em seguida, transfere-se para uma proveta completando-se
o volume até os 250 ml.
10) Calcular a concentração molar de uma solução aquosa de cloreto sódio cujo teor
de sal é de 1%, em peso, e tem uma densidade de 1005 kg/m3. Além disso,
deduzir concentração molar de uma solução formada quando se mistura 35 mL
da solução anterior com 50 mL de outra solução aquosa de cloreto de sódio de
0,05 M. Suponha que os volumes sejam aditivos.
d = 1005kg (sol.)
m3 =
1005 ×1000 g (sol.)
m3
1 m3
1000 L = 1005
g (sol.)
L
Ou seja:
Cada 1 L (sol.) = 1005 g (sol.)
1 L sol. = 1005 g sol. 1 g (NaCl)
100 g(sol.)
1 mol
58,442 g NaCl
1 L sol. = 0,172 mol ou 0,172 M
A segunda parte é uma mistura de duas soluções de NaCl.
A molaridade final seria:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 174
11) Continua
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 175
UUNNIIDDAADDEE VVIIIIII
1.21. O que é equilíbrio?
Uma reação química está em equilíbrio quando não há tendência para a
mudança das quantidades de reagentes e produtos. Ambas as reações se
processam continuamente até que um estado de equilíbrio dinâmico é atingido.
Dizemos equilíbrio dinâmico porque as reações nos dois sentidos se processam
com igual velocidade, de forma que a composição da mistura permanece
constante com o tempo, contrabalançando-se mutuamente, evitando qualquer
variação na composição da mistura em reação.
Teoricamente, todas as reações podem ser reversíveis, ou seja, existe uma
possibilidade de os átomos das moléculas se arranjarem (reagruparem) para
formar moléculas reagentes.
As reações reversíveis envolvem produtos que reagem entre si para formar as
substâncias iniciais em quantidades apreciáveis. São quantitativamente
mensuráveis (tanto os reagentes como os produtos).
O sentido em que nós escrevemos uma reação química e, portanto, quais os
componentes que são considerados reagentes e quais são produtos é arbitrário.
Assim, as duas equações:
H2 + I2 → 2 HI reação I
2 HI → H2 + I2 reação II
representam a reação química do sistema mesmo em que os papéis dos
componentes sejam invertidos.
Quando ocorre uma reação química e sua direta (―síntese do iodeto de
hidrogênio‖, reação I) e sua inversa ("dissociação do iodeto de hidrogênio",
reação II) ocorrem simultaneamente. Chamamos esta reação de uma reação
reversível.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 176
H2 + I2 ⇄ 2 HI
O equilíbrio é atingido quando a velocidade da reação direta se iguala a
velocidade da reação inversa.
Outro exemplo: Considere N2O4, um gás incolor.
Fig. 69
À temperatura ambiente, este gás se decompõe fornecendo NO2, um gás
marrom.
A principal característica a ser observada num equilíbrio, é que no equilíbrio a reação continua a ocorrer, mas a velocidade direta e inversa sempre será equivalente.
O ponto onde a velocidade de decomposição:
N2O4 (g) → 2 NO2 (g)
iguala a velocidade de dimerização:
2NO 2 (g) → N 2 O 4 (g), dizemos que:
O equilíbrio é DINÂMICO porque a reação não parou: as velocidades das reações opostas é que são iguais.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 177
1.22. Estado de Equilíbrio.
Na mecânica, um estado de equilíbrio constitui uma situação onde as forças
opostas se contrabalançam. É reconhecido pelo aspecto invariante - nada se
modifica no decorrer do tempo.
Um sistema está em equilíbrio quando:
Tanto matéria, quanto energia não está sendo inseridas ou removidas;
As propriedades macroscópicas mensuráveis do sistema não variam com
o tempo;
As variações passíveis processam-se numa velocidade mensurável, como
o constatado pela resposta a um pequeno distúrbio, que provoca uma
mudança nas propriedades observáveis, deixando-se depois que elas
retornem aos seus valores iniciais, através da remoção da perturbação.
Fig. 70. O Estado de Equilíbrio.
Portanto, o princípio necessário para existir equilíbrio químico em uma solução
é a reversibilidade da reação envolvida.
Quando, aparentemente, cessa a reação, quantidades mensuráveis de reagentes
ainda estarão presentes, juntamente com produtos. Nesta situação foi atingido o
equilíbrio.
1.23. Velocidade de uma Reação.
A velocidade de uma reação química é função da composição do sistema e da
variação desta composição durante a reação, isto é:
A velocidade de uma reação química é avaliada pelo maior ou menor gasto de reagentes ou pela maior ou menor formação de produtos num dado intervalo de tempo.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 178
Define-se, então, a grandeza velocidade média de reação num dado intervalo de
tempo (∆t) como sendo a variação da concentração de um reagente ou de um
produto por unidade de tempo.
A expressão matemática que traduz esta relação é:
vm = ∆C
∆t =
Cf - Ci
tf - ti
,
onde os índices f e i representam respectivamente o instante final e inicial de
medição da concentração e do tempo.
Tomemos a reação expressa pela equação:
aA + bB → cC +dD
Fazendo:
∆nA = número de moles de A consumidos num intervalo de tempo ∆t;
∆nB = número de moles de B consumidos num intervalo de tempo ∆t;
∆nC = número de moles de C consumidos num intervalo de tempo ∆t;
∆nD = número de moles de D consumidos num intervalo de tempo ∆t,
teremos:
VmA consumo =
∆nA
∆t
VmB consumo =
∆nB
∆t
VmC formação =
∆nC
∆t
VmD formação =
∆nD
∆t
Assim, se calcularmos:
∆[A] = variação da molaridade de A no intervalo de tempo ∆t;
∆[B] = variação da molaridade de B no intervalo de tempo ∆t;
∆[C] = variação da molaridade de C no intervalo de tempo ∆t;
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 179
∆[C] = variação da molaridade de A no intervalo de tempo ∆t;
Teremos por definição:
Vm (consumo de A) = - ∆ [A]
∆t
Vm (consumo de B) = - ∆ [B]
∆t
Vm (formação de C) = - ∆ [C]
∆t
Vm (formação de D) = - ∆ [D]
∆t
Observações:
Para que a velocidade de uma reação seja uma grandeza sempre positiva,
introduz-se o sinal (-) (quando se define a velocidade a partir de reagentes)
− uma vez que estes se gastam e como tal apresentam uma variação
negativa.
No caso de uma reação em que os coeficientes estequiométricos não sejam
unitários é necessário entrar com estes coeficientes na expressão da
velocidade média.
No sistema internacional de unidades (SI), a velocidade média exprime-se
em mol m-3 s-1.
Quando a velocidade de uma reação não é constante, variando de instante
para instante, é necessário recorrer à denominada velocidade instantânea,
que para um a reação genérica homogênea
aA (g) + bB (g) → x X (g) + yY (g)
a velocidade instantânea é calculada pela ex pressão
v = k [A]a[B]b
onde:
k = constante de velocidade;
[A] e [B] = concentrações molares
a e b = ordens ou graus
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 180
A velocidade instantânea não é mais do que a velocidade média da reação
quando se considera um intervalo de tempo tão pequeno quanto possível.
A velocidade de uma reação pode ser determinada recorrendo a um gráfico
da concentração de um reagente ou produto em função do tempo e
determinando o declive da reta que passa pelos pontos de que se pretende
determinar a velocidade.
Quanto maior for o declive dessa reta, maior será a velocidade média da
reação no intervalo de tempo correspondente.
A área científica que estuda a velocidade das rações químicas designa-se por
cinética química.
Fig. 71. a) Diminuição da concentração do reagente com o tempo, b) Utilização da representação gráfica da relação linear de ln[A] em função do tempo para calcular a constante de velocidade.
Fig. 72
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 181
1.24. Generalidades Sobre Cinética Química.
As reações químicas ocorrem com velocidades muito diferentes e estas podem
ser alteradas, porque além da concentração de reagentes e produtos, as
velocidades das reações dependem também de outros fatores como:
a) Colisão entre moléculas: os reagentes precisam entrar em contato para que
uma reação aconteça, ou seja, as moléculas precisam colidir umas com as
outras. Quando as moléculas participantes de uma reação se chocam, elas se
quebram dando abertura para a formação de novas moléculas e,
consequentemente, de outras substâncias.
b) Superfície de contato: um aumento da superfície de contato aumenta a
velocidade da reação. Um exemplo é quando dissolvemos um comprimido
efervescente triturado: ele se dissolve mais rapidamente do que se estivesse
inteiro, isto acontece porque aumentamos a superfície de contato que reage
com a água.
c) Concentração de reagentes: para uma reação acontecer é necessário que as
moléculas se rompam, e quanto maior for o contato entre elas, mais fácil fica
de se chocarem. Uma maior concentração de reagentes significa um aumento
das colisões entre as moléculas. Assim, quanto maior a concentração dos
reagentes maior será a velocidade da reação. Um exemplo é quando
pegamos uma amostra de palha de aço e reagimos com ácido clorídrico
concentrado e com ácido clorídrico diluído.
d) Temperatura: quando se aumenta a temperatura de um sistema, ocorre
também um aumento na velocidade da reação. Aumentar a temperatura
significa aumentar a energia cinética das moléculas.
e) Pressão: quando os participantes de uma reação são gasosos e se aumenta a
pressão desse sistema gasoso, aumenta-se a velocidade da reação. Isso
porque o aumento da pressão diminui o volume, intensificando as colisões
das moléculas.
f) Luz: Algumas reações químicas se processam com maior velocidade em
presença de luz, como por exemplo, a decomposição da água oxigenada. Por
isso é que determinados produtos são comercializados em frascos escuros.
g) Catalisadores: os catalisadores são substâncias que aceleram o mecanismo
sem serem consumidos durante a reação. Este fato ocorre porque permitem
que a reação tome um caminho alternativo, que exige menor energia de
ativação, fazendo com que a reação se processe mais rápido. Um catalisador
possui a propriedade de acelerar a reação, mas não aumenta o rendimento.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 182
Ou seja, um catalisador produz a mesma quantidade de produto, porém, num
período de tempo menor.
1.25. Característica do Equilíbrio Químico.
Seja a equação reversível:
A + B V1
⇄V2
C + D
a) os sistemas caminham ―espontaneamente‖ para o equilíbrio;
b) no equilíbrio:
V1 = V2
No início da reação a velocidade direta é máxima, pois temos uma maior
concentração do reagente e, a velocidade da reação inversa é nula, pois não
temos, ainda, um produto.
À medida que a reação se processa a velocidade da reação direta diminui e da
reação inversa aumenta.
Fig. 73
c) as concentrações ―permanecem constantes no equilíbrio‖;
d) o equilíbrio é dinâmico;
e) afetando-se o equilíbrio, por modificações externas, o sistema caminha
para uma nova situação de equilíbrio;
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 183
f) nas reações de ―ALTO rendimento‖, tem-se:
Fig. 74. [PRODUTOS] > [REAGENTES]
g) nas reações de ―BAIXO rendimento‖, tem-se:
Fig. 75. [PRODUTOS]< [REAGENTES]
h) nas reações de ―MÉDIO rendimento‖, tem-se:
Fig. 76
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 184
1.26. Deslocamento do Equilíbrio.
8.6.1 Alteração na concentração:
Aumentando-se a concentração dos reagentes, o equilíbrio se deslocará
para a direita, isto é, no sentido dos produtos.
Aumentando-se a concentração dos produtos, o equilíbrio se deslocará
para a esquerda, isto é, no sentido dos reagentes.
Diminuindo-se a concentração dos reagentes, o equilíbrio se deslocará
para a esquerda, isto é, no sentido dos reagentes.
Diminuindo-se a concentração dos produtos, o equilíbrio se deslocará
para a direita, isto é, no sentido dos produtos.
8.6.2 Alteração na pressão:
A pressão só altera a velocidade das reações gasosas em que ocorrem
contração e expansão de volume.
(A) Contração de volume:
N2 .
V
+ 3 H2 .
3V .
V
⇄ NH3 .
V
Um ―aumento da pressão‖ acarreta um ―aumento da velocidade‖ e uma ―diminuição da pressão‖ uma ―diminuição da velocidade‖.
(B) Expansão de volume:
NH3 .
V
⇄ N2 .
V
+ 3 H2 .
3V .
V
Um ―aumento da pressão‖ acarreta uma ―diminuição da velocidade‖ e uma ―diminuição da pressão‖ um ―aumento da velocidade‖.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 185
(C) Quando a reação ocorre ―a volume constante‖:
A pressão não tem influencia na velocidade.
Assim:
Com o aumento da pressão ocorrerá uma diminuição do volume, logo o
deslocamento acontecerá no sentido em que houver aumento da
quantidade de mols.
Exemplo:
2 H2 + 1 O2 ⇄ 2 H2O
Reagentes:
2 mols + 1 mol = 3 mols.
Produtos:
2 mols.
Nesta reação:
O produto possui menor quantidade de mols que os reagentes,
então:
O deslocamento ocorrerá para a direita, no sentido dos produtos.
Se diminuirmos a pressão, ocorrerá um aumento do volume, logo o
deslocamento acontecerá no sentido em que houver um aumento
do número de mols; na equação supracitada, se aumentarmos o
volume o deslocamento será para a esquerda.
8.4.3 Alteração na temperatura:
Vant’ Hoff, verificou que um aumento de aproximadamente 10°C acarreta uma
duplicação ou triplicação na velocidade de grande número das coesões.
Aumentando-se a temperatura, as moléculas aumentam o número de colisões (energia cinética), com conseqüente aumento da velocidade da reação.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 186
Exemplo: CaO + 3 C 2.200°C
⇄a
CaC2 + CO
O aumento da temperatura favorece a reação endotérmica.
A diminuição da temperatura favorece a reação exotérmica.
CO (g) + NO2 (g) ⇄ CO2 (g) + NO (g) AH = - 56 Kcal.
Como o AH é negativo, a reação é exotérmica. Este AH indica a variação de
entalpia da reação direta, logo a reação inversa é endotérmica.
Aumentando a temperatura vai favorecer a reação endotérmica (inversa),
diminuindo a temperatura vai favorecer a reação exotérmica (direta).
Conseqüentemente, um aumento de temperatura aumenta o número de
moléculas com energia suficiente para efetuar colisões eficazes, portanto um
aumento de temperatura aumenta a velocidade das reações químicas, não
importando se seja endotérmica ou exotérmica.
1.27. Lei de Ação das Massas.
Em 1867, Guldberg e Waage estabeleceram a ―Lei de Ação das Massas‖ como
sendo:
A velocidade de uma reação química, à temperatura constante, é proporcional ao produto das concentrações molares das substâncias reagentes.
Seja a reação: aA + bB → cC + dD
Observemos essa lei a partir de um conjunto de dados experimentais abaixo:
Tabela 16. Dados Experimentais.
Experiência [A] inicial (M) [B] inicial (M) Velocidade inicial (M/s)
1 0,200 0,100 1,0×10-4
2 0,400 0,100 2,0×10-4
3 0,100 0,200 2,0×10-4
4 0,100 0,400 8,0×10-4
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 187
Do conjunto de resultados pode constatar-se que:
quando a concentração de A duplica, mantendo-se constante a concentração
de B, a velocidade duplica.
De fato:
VA
(1)= 0,200 ⇒ VA
(2) = 0,400
Vi 1
= 1,0×10-4 ⇒ Vi
2 = 2,0×10
-4
Dizemos, então, que a reação é de primeira ordem em relação a A.
Por outro lado, quando a concentração de A se mantém constante e a de B
duplica, a velocidade quadruplica:
VB
(3) = 0,200 ⇒ VB
(4) = 0,400
Vi 3
= 2,0×10-4 ⇒ Vi
3 = 8,0×10
-4
sendo a reação de segunda ordem em relação a B.
Chegaremos à mesma conclusão através do uso da lei das velocidades.
Vejamos:
Considerando as experiências 1 e 2 as expressões da lei das velocidades são:
V1 = k.(0,200)x.(0,100)y
V2 = k.(0,400)x.(0,100)y
Relacionando as duas expressões, dividindo-se e V1 por V2 e substituindo
os valores de V1 e V2 (tabelados), vem:
V1
V2 =
k.(0,200)x.(0,100)y
k.(0,400)x.(0,100)y =
1,0×10-4
2,0×10-4
0,200
0,400
x
= 1
2
x
= 1
2 ou x = 1
Daí conclui-se que a reação é de primeira ordem em relação a A.
Para o reagente B, o procedimento é idêntico:
V2
V3 =
k.(0,100)x.(0,200)y
k.(0,100)x.(0,400)y =
2,0×10-4
8,0×10-4
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 188
0,200
0,400
x
= 1
2
y
= 1
4 =
1
2
2
ou y = 2
Assim, reação é de segunda ordem relativamente a B.
A ordem global da reação é:
1+ 2 = 3
A lei da velocidade ou equação cinética para esta reação será escrita da forma:
. V = k [A].[B]2
.
Portanto,
k = 𝑉
[A].[B]2
Assim, como exemplo, o cálculo de k para a experiência 3 fica portanto:
2,0×10-4 = K3.(0,100).(0,200)2
K3 = 2,0×10-4
(0,100)(0,200)2 = 0,500
Analisemos agora a seguinte reação:
aA + bB + cD → produtos, com um conjunto de resultados como os
seguintes:
Tabela 17.
Experiência [A]
inicial (M)
[B] inicial
(M)
[C] inicial
(M)
Velocidade inicial (M/s)
1 0,20 0,10 0,30 9,0×10-6
2 0,40 0,10 0,30 1,8×10-5
3 0,10 0,20 0,20 8,0×10-6
4 0,10 0,40 0,20 3,2×10-5
5 0,20 0,10 0,60 3,6×10-5
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 189
Neste exemplo consideram-se conjuntos de dois reagentes com concentração
constante, efetuando-se o cálculo para o outro.
Assim:
Experiências 1 e 2:
As concentrações de B e C são constantes.
A velocidade de A duplica.
Igualmente, a velocidade da reação duplica:
VA
(1)= 0,200 ⇒ VA
(2) = 0,400
Vi 1
= 9,0×10-6 ⇒ Vi
2 = 1,8×10
-5
Dizemos que a reação é de primeira ordem em relação a A.
Experiências 3 e 4:
As concentrações de A e C são constantes.
A velocidade de B duplica.
Velocidade da reação quadruplica:
VB
(3) = 0,200 ⇒ VB
(4) = 0,400
Vi 3
= 8,0×10-6 ⇒ Vi
3 = 3,2×10
-5
Dizemos que a ordem da reação, em relação a B, é dois.
Experiências 1 e 5:
Verifica-se, igualmente, que a concentração de C duplica e que a velocidade
quadruplica.
VC
(1) = 0,300 ⇒ VC
(5) = 0,600
Vi 1
= 9,0×10-6 ⇒ Vi
5 = 3,6×10
-5
Dizemos que a reação é de segunda ordem em relação a C.
Se efetuarmos o cálculo das ordens das reações, recorrendo às leis da
velocidade, verificaremos as mesmas conclusões. Como se segue:
Para A: 9,0×10
-6
1,8×10-5 =
0,200
0,400
x
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 190
1
2 =
1
2
x
⇒ x = 1
Para B: 8,0×10
-6
3,2×10-5 =
0,200
0,400
y
1
4 =
1
2
y
1
2
2
= 1
2
y
⇒ y = 2
Para C: 9,0×10
-6
3,6×10-5 =
0,300
0,600
z
1
4 =
1
2
z
1
2
2
= 1
2
z
⇒ z = 2
Assim, a equação geral implica:
V = k [A].[B]2.[C]2
A ordem global desta reação é 1+2+2= 5
O cálculo da constante de velocidade, k, faz-se recorrendo aos dados de
qualquer das experiências:
k = 9,0×10-6
[0,20].[ 0,10]2.[ 0,30]2 = 0,05
k = 1,8×10-5
[0,40].[ 0,10]2.[ 0,30]2 = 0,05
k = 8,0×10-6
[0,10].[ 0,20]2.[ 0,20]2 = 0,05
k = 3,2×10-5
[0,10].[ 0,40]2.[ 0,20]2 = 0,05
k = 3,6×10-5
[0,20].[ 0,10]2.[ 0,60]2 = 0,05
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 191
1.28. Equilíbrio Químico.
Tomemos o primeiro exemplo:
H2 + I2 ⇄ 2 HI,
onde hidrogênio e o iodo, encontram, por exemplo, a numa fase gasosa a
425,5ºC.
A reação inicia-se com a diminuição da cor púrpura do iodo gasoso, em virtude
da formação do iodo de hidrogênio, incolor.
Depois de um tempo a cor deixa de diminuir. Nesse momento, examinemos a
taxa:
Concentração dos produtos no equilíbrio
Concentração dos reagentes no equilíbrio
Assim, a taxa [concentração dos produtos no equilíbrio/concentração dos
reagentes no equilíbrio] fica mais bem representada da seguinte forma:
(conc. Hl)2
(conc. H2)(conc. I2) = constante
Tomemos, por exemplo, quatro misturas diferentes na seguinte tabela:
Tabela 18. Constante de Equilíbrio.
Resultados Experimentais Valores Calculados
[H2]
mol/L
[I2]
mol/L
[HI]
mol/L
[HI]
[I2][H2]
[HI] 2
[I2][H2]
1,830×10-3 3,1292×10-3 1,767×10-2 3,086×103 54,5
2,910×10-3 1,710×10-3 1,648×10-2 3,312×103 54,6
0,497×10-3 0,497×10-3 3,530×10-3 1,430×104 54,3
1,140×10-3 1,140×10-3 8,410×10-3 6,471×103 54,4
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 192
Para uma reação do tipo:
A (g) + B (g) ⇆ C (g) + D (g),
a velocidade da reação direta é:
V1 = K1 [A] [B]
Em que K1 é uma constante de proporcionalidade.
De modo similar, a velocidade da reação inversa é:
V2 = K2 [C] [D]
No equilíbrio, a velocidade da reação direta é igual a velocidade da reação
inversa.
Então, V1 = V2. Assim: K1.[A].[B] = K2.[C].[D]
Logo:
Kc = K1
K2 =
[C].[D]
[A].[B]
Kc é a constante de equilíbrio expressa em concentrações molares.
Generalizando para uma reação reversível qualquer:
aA + bB + cC + ... ⇄ mM + nN + pP + …
.
𝐾𝑐 = [𝑀]𝑚 . 𝑁 𝑛 . [𝑃]𝑝
𝐴 𝑎 . 𝐵 𝑏 . [𝐶]𝑐.
A constante de equilíbrio aplica-se os não eletrólitos, nos sistemas heterogêneos,
líquidos e gasosos.
Nos primeiros, ela é expressa em concentrações molares – Kc – e nos sistemas
gasosos, em termos de pressão parcial – Kp.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 193
Em se tratando de eletrólitos fracos em soluções diluídas, a constante toma o
nome particular de constante de ionização K (equilíbrios iônicos).
1.29. Constante de Equilíbrio em função das pressões parciais.
A constante de equilíbrio, envolvendo apenas gases, em função das pressões
parciais é simbolizada por Kp.
Para qualquer equação envolvendo apenas espécies gasosas:
aA + bB ⇆ cC + dD
A constante de equilíbrio em função das Pressões Parciais Kp pode ser obtida
por:
.
Kp = (Pc)c.(PD)d
(PA)a.(PB)a
.
Onde:
PA = Pressão Parcial da espécie A;
PB = Pressão Parcial da espécie B;
PC = Pressão Parcial da espécie C;
PD = Pressão Parcial da espécie D.
1.30. Relação Matemática entre Ke e Kp.
Seja a equação:
a A (g) + b B (g) V1
⇄V2
c C (g) + d D (g)
Admitindo-se que todos os gases são perfeitos, então eles obedecem à equação
dos gases perfeitos (onde p.V = n . R . T).
Então:
n
V =
p
R . T = p . (RT)-1. Como VA = V e [A] =
nA
V, logo:
[A] = pA
R.T; [B] =
pB
R.T; C =
pC
RT; [D] =
pD
R.T
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 194
Substituindo esses valores na expressão de Kc, vem:
Kc = C c.[D]d
[A]a.[B]b =
pC c. pD d
pA a. pB b
.
.Kp
.(R.T)-(c+d)
(R.T)-(a+b)
Kp = Kc . (R .T)[ c+d - a+b ]
∆n.
=
Kp = Kc . R .T ∆n
=
Onde: T = temperatura em Kelvin;
R = constante dos gases = 0,082 atm m3/Kg mol K
∆n = variação no número de moles = (c + d) - (a + b)
1.31. Equilíbrio químico envolvendo precipitados e equilíbrio de solubilidade.
O equilíbrio químico pode ocorrer em sistemas contendo mais de uma fase
(heterogêneos). Esta situação pode ser encontrada em sistemas onde ocorre a
dissolução ou precipitação de sólidos.
Um grande número de reações utilizadas em análise qualitativa inorgânica
envolve a formação de precipitados, que se separa de uma solução, formando uma
fase sólida.
O precipitado pode ser cristalino ou coloidal e pode ser removido da solução por
filtração ou centrifugação. Forma-se um precipitado quando uma solução torna-
se supersaturada com uma substância em particular.
Considere um sólido iônico, MA, pouco solúvel, formado de íons M+ e A-:
MA(s) ⇄ M+ + A- (aq)
Suponha que certa quantidade suficiente de MA seja dissolvida em água para
produzir uma solução saturada contendo algum MA sólido (numa solução
saturada o soluto atinge o seu limite de solubilidade no solvente.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 195
Portanto, a adição de mais soluto faz com que este permaneça na forma
cristalina, não dissolvida (se a temperatura for mantida fixa).
Como [MA] é constante e podemos dizer que:
Ke = [M+].[A-]
Apesar de se tratar de um equilíbrio heterogêneo, a uma temperatura constante,
há uma constante de equilíbrio que é definida como:
=
Kps = M+ . A- =
sendo Kps designado por produto de solubilidade do composto [MA].
Note que a concentração de um sólido ou líquido puro é constante, não sendo,
portanto, considerada na expressão da constante de equilíbrio.
Deste modo, e porque se trata de um equilíbrio heterogêneo, o produto de
solubilidade de um composto, Kps, é definido como o produto das concentrações
dos íons constituintes, elevadas aos respectivos coeficientes estequiométricos da
equação de equilíbrio.
A constante Kps traduz a maior ou menor solubilidade de um composto em água
e, tal como seria de esperar, quanto mais insolúvel é o sal mais baixa é a
concentração dos seus íons em solução e, conseqüentemente, menor é o valor da
constante produto de solubilidade.
Seja a equação genérica:
AB ⇆ A+ + B−
Kps(AB) = [A+] . [B−]
(produto das concentrações de A+ e B-)
De uma maneira geral:
ApBq ⇆ p Aq+ + q Bp-
No equilíbrio, portanto, o produto iônico é igual ao produto de solubilidade:
=
Kps [ApBq] = [Aq+]p . [Bp-]q
=
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 196
Um exemplo: a equação do produto de solubilidade do Ag2CrO4.
Ag2CrO4 ⇆ 2 Ag+ + CrO42-
Kps = [Ag+]2 . [CrO42-]
Tabela 19. Exemplos de Produto de solubilidade
SUBSTÂNCIA FÓRMULA Kps
iodato de bário Ba(IO3)2 1,5 × 10-9
permanganato de bário BaMnO4 2,5 × 10-10
oxalato de bário BaC2O4 2,3 × 10-8
sulfato de bário BaSO4 1,0 × 10-10
hidróxido de berílio Be(OH)2 7,0 × 10-22
hipoclorito de bismuto BiClO 7,0 × 10-9
sulfeto de bismuto Bi2S3 1,0 × 10-17
carbonato de cádmio CdCO3 2,5 × 10-14
oxalato de cádmio CdC2O4 1,5 ×10-8
sulfeto de cádmio CdS 1,0 ×10-28
carbonato de cálcio CaCO3 8,7 × 10-9
fluoreto de cálcio CaF2 4,0 × 10-11
hidróxido de cálcio Ca(OH)2 5,5 × 10-6
oxalato de cálcio CaC2O4 2,6 × 10-9
sulfato de cálcio CaSO4 1,9 × 10-4
brometo de cobre I CuBr 5,2 × 10-9
cloreto de cobre I CuCl 1,2 × 10-6
iodeto de cobre I CuI 5,1 × 10-12
tiocianeto de cobre I CuSCN 4,8 × 10-15
hidróxido de cobre II Cu(OH)2 1,6 × 10-97
sulfeto de cobre II CuS 9,0 × 10-36
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IFES Pág. 197
SUBSTÂNCIA FÓRMULA Kps
hidróxido de ferro II Fe(OH)2 8,0 × 10-16
hidróxido de ferro III Fe(OH)3 4,0 × 10-38
iodato de lantânio La(IO3)3 6,0 × 10-10
iodeto de chumbo II PbI2 7,1 × 10-9
oxalato de chumbo II PbC2O4 4,8 × 10-10
sulfato de chumbo II PbSO4 1,6 × 10-8
sulfeto de chumbo II PbS 8,0 × 10-28
fosfato de amônio-
magnésio MgNH4PO4 2,5 × 10-13
carbonato de magnésio MgCO3 l,0 × 10-5
hidróxido de magnésio Mg(OH)2 1,2 × 10-11
oxalato de magnésio MgC2O4 9,0 × 10-5
hidróxido de manganês
II Mn(OH)2 4,0 × 10-14
sulfeto de manganês II MnS 1,4 × 10-15
brometo de mercúrio I Hg2Br2 5,8 × 10-23
cloreto de mercúrio I Hg2Cl2 1,3 × 10-18
sulfeto de mercúrio II HgS 4,0 ×10-53
arseniato de prata Ag3AsO4 1,0 × 10-22
carbonato de prata Ag2CO3 8,2 × 10-12
cloreto de prata AgCl 1,0 × 10-10
cromato de prata Ag2CrO4 1,1 × 10-12
cianeto de prata Ag[Ag(CN)2] 5,0 × 10-12
iodato de prata AgIO3 3, 1 × 10-8
iodeto de prata AgI 1,0 × 10-16
fosfato de prata Ag3PO4 1,3 × 10-20
sulfeto de prata Ag2S 2,0 × 10-49
tiocianeto de prata AgSCN 1,0 × 10-12
oxalato de estrôncio SrC2O4 1,6 × 10-7
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IFES Pág. 198
SUBSTÂNCIA FÓRMULA Kps
sulfato de estrôncio SrSO4 3,8 × 10-7
cloreto de talio I TlCl 2 × 10-4
sulfeto de talio I Tl2S 5 × 10-22
ferrocianeto de zinco Zn2Fe(CN)6 4,1 × 10-16
oxalato de zinco ZnC2O4 2,8 × 10-8
O equilíbrio de solubilidade é um exemplo de equilíbrio heterogêneo, que está
relacionado com a dissolução e precipitação de substâncias pouco solúveis.
Consideremos o equilíbrio de solubilidade do sal cloreto de prata, AgCl,
representado pela seguinte equação química:
AgCl (s) ⇄ Ag+ (aq) + Cl- (aq)
O sentido direto traduz a dissolução do sal e o sentido inverso traduz a sua
precipitação.
Para tomar conhecimento se um dado sistema atingiu ou não o equilíbrio de
solubilidade recorremos ao produto iónico, Q.
Uma solução pode apresentar as seguintes relações quantitativas entre o produto
iónico e a constante de produto de solubilidade:
(A) Q < Ks – solução insaturada.
Significa que, para o mesmo volume de solução, e à mesma temperatura,
se consegue dissolver mais soluto, sal.
(B) Q = Ks – solução saturada.
Significa que se atingiu o equilíbrio de solubilidade, em que, neste ponto,
a velocidade com que o sal se transforma em íons é a mesma com que os
iões se transformam em sal, isto é, precipitam.
(C) Q > Ks – solução sobressaturada.
Significa que o sal precipitará até que se atinja o valor da constante de
produto de solubilidade.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 199
Condição de precipitação:
Para que se inicie a precipitação de um sal é necessário que a solução
atinja a saturação, isto é:
Q = Ks.
Para reconhecer a eventual formação de precipitado há que calcular as
concentrações dos íons presentes no sistema e, a partir destas,
determinar o produto iônico, Q.
Se Q > Ks ocorre a formação de precipitado.
Exemplo:
Considere a dissolução do iodeto de chumbo, PbI2, representada por:
PbI2 (s) ⇄ Pb2+ (aq) + 2I− (aq)
e cujo produto de solubilidade à temperatura de 25ºC é Kps = 8,49×10–9.
De acordo com a definição de constante de produto de solubilidade, para esta
reação de dissolução podemos escrever:
Kps = [Pb+2] × [I–]2
Se representarmos por S a solubilidade molar, ou seja, o número de moles de
PbI2 que se dissolvem por litro de solução, então:
S = [Pb+2] = 2× [I–]2
PbI2 (s) ⇄ Pb2+ (aq) + 2I− (aq)
Inicialmente: S 0 0
Variação: -S +S +2S
Equilíbrio: 0 +S +2S
Kps = S×S2 = S3
e portanto: S = Kps
4
3
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 200
ou seja,
S = 8,49 × 10-9
4
3
= 1,3×10-3 mol/dm3
O que nos permite concluir que num litro de solução saturada de PbI2, à
temperatura de 25ºC, estão dissolvidas 1,3×10–3 mol/dm3 (0,599 g/dm3).
1.32. Equilíbrio Químico entre a água e seus íons (Kw).
A água se dissocia em pequena quantidade em íons hidrogênio (H+) e (OH−).
O primeiro equilíbrio químico de interesse que ocorre na água é a dissociação de
sua própria molécula:
H2O ⇄ H+ + OH−
Como as quantidades dos íons nas soluções se equivalem, a água tem partes
iguais do cátion (H+) e do ânion (OH−), ou seja, a concentração de (H+) é de 10−7
e a concentração de (OH−) também é de 10−7.
Entretanto, as concentrações destes íons gerados nesta ionização são tão
pequenas que dificilmente causam diferença nos resultados das análises.
O valor do produto iônico da água que é a constante de equilíbrio. Ou seja:
Ke = [H+].[OH-]
[H2O]
No entanto, em água pura ou em uma solução aquosa diluída, o termo [H2O] é
uma constante (55,5 mol/L).
Desta forma, podemos simplificar a equação acima como:
Kw = [H+].[OH-]
Como, [H+] =[OH−] e o valor do produto iônico da água é 1,008 × 10−14 M2
(≅ 10−14),
então:
=
H+ = OH- = 10-7
=
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 201
Este valor altera-se com a variação da temperatura como mostra a tabela abaixo:
Tabela 20. Variação do produto iônico da água com a temperatura.
Temperatura Ke
100C 0,29×10-14
200C 0,68×10-14
250C 1,00×10-14
300C 1,47×10-14
400C 2,92×10-14
Uma vez que em condições ambientes a temperatura está sempre próxima de
25°C, então sempre que este equilíbrio acontecendo o seu valor será:
Ke = 10−14
1.33. Equilíbrio Químico envolvendo ácidos e bases.
8.13.1 Substâncias ácidas.
Quando uma pessoa fala: laranja é ácida, está se baseando na impressão que as
substâncias sápidas (apetitivas) produzem na língua. Geralmente, as substâncias
ácidas são azedas, amargas − o termo ácido deriva do latim acidu, que significa
azedo.
No século XVIII, muitos cientistas acreditavam que para uma substância ser ácida,
ela necessariamente teria oxigênio em sua composição. Isso era verificado
experimentalmente em ácidos conhecidos na época, tais como: ácido sulfúrico,
nítrico, fosfórico, acético, etc.
Mais tarde, Gay-Lussac mostrou que para uma substância ser considerada ácida,
não era necessário a presença de oxigênio, mas sim de hidrogênio combinado com
outros elementos, tal como ocorria com o ácido muriático (nome popular para a
solução aquosa de HCl, com impurezas).
Nos século XIX e XX, muitas definições surgiram para tentar explicar a presença e
o comportamento de ácidos e bases.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 202
Entre elas, algumas receberam maior destaque: definição de Arrhenius, de
Bronsted-Lowry, de Lewis e de Pearson.
I. Definição de Arrhenius.
Como vimos, Arrhenius propôs que os ácidos eram substâncias cujos produtos de
dissociação iônica em água incluiam o íon hidrogênio (H+) e bases as que produzem
o íon hidróxido (OH−).
Este conceito, embora utilizado até hoje, tem sérias limitações:
1) só pode ser empregado a soluções aquosas;
2) o íon H+, de fato, sequer existe em solução aquosa;
3) não pode ser aplicado para outros solventes.
4) segundo este conceito, somente são bases substâncias que possuem OH− em sua
composição.
É verdade para o NaOH, mas outras substâncias, como a amônia, não são bases de
acordo com o conceito de Arrhenius.
II. Definição de Bronsted.
Segundo Bronsted, ácidos são substâncias capazes de doar um próton em uma
reação química. E bases, compostos capazes de aceitar um próton numa reação.
Esta nova definição é bem mais ampla, pois explica o caráter básico da amônia e o
caráter ácido do íon amônio, por exemplo:
NH3 (aq) + H2O (l) ⇄ NH4+ (aq)+ OH− (aq)
Nesta reação, a amônia acerta um próton: é uma base, portanto.
NH4+ (aq)+ OH− (aq) ⇄ NH3 (aq) + H2O (l)
Nesta reação, o íon amônio doa um próton: é um ácido.
Repare que, na reação com amônia, a água se comporta como um ácido, pois doa
um próton; já na reação com o amônio, a água se comporta como uma base, pois
aceita um próton deste íon.
A água, portanto, é um exemplo de substância anfiprótica: moléculas que podem se
comportar como um ácido ou como uma base de Bronsted.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 203
III. Definição de Lewis.
Lewis definiu um ácido, como uma espécie capaz de receber pares de elétrons e
base, como uma espécie capaz de doar pares de elétrons, formando ligações
químicas.
IV. Definição de Pearson.
Como extensão a teoria de Lewis, foi criado por Pearson um conceito de dureza e
moleza para ácidos e bases. Estes termos se referem, respectivamente, a dificuldade
ou facilidade com que as "nuvens eletrônicas" (regiões de maior probabilidade de
encontrarmos os elétrons mais externos) podem ser deformadas.
Os ácidos duros são íons metálicos, que incluem os alcalinos, os alcalinos terrosos,
os íons metálicos de alto estado de oxidação, espécies de baixa eletronegatividade e
tamanho pequeno.
Exemplos:
Eu3+, Ca2+, Na+, Mg2+, Sc3+, La3+, Ce4+, K+, Co3+, Ti4+, Cr3+, Fe3+, Li+, Be2+,
Sr2+, Zr4+, Cr6+, Mn2+, Mn7+, Sn4+, Si4+, As3+, Ga3+, N3+, Cl3+, Cl7+, I5+, I7+,
etc.
As bases duras são espécies que doam elétrons. Possuem alta eletronegatividade e
baixa polarizabilidade.
Exemplos:
F-, NH3, O2-, H2O, SO42-, NO3
-, ClO4-, CO3
2-, OH-, RNH2, CH3COO, PO43-,
N2H4, ROH, RO-, R2O, etc.
Os ácidos macios são espécies de tamanho grande, com baixo estado de oxidação,
de média eletronegatividade e possui baixa capacidade polarizante.
Exemplos:
Pd2+, Pt2+, Pt4+, Cu+, Ag+, Au+, Cd2+, Hg+, Hg2+, CH3Hg+, Tl+, CH2, O, Cl,
Br, I, N, RO., RO2.
Bases macias são espécies que recebem elétrons, possui baixa eletronegatividade e
alta polarizabilidade.
Exemplos:
H-, R-,C2H4, C6H6, CN-, CO, SCN-, I-, R3P, R2S, RS-, R3As
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 204
Observação: as substâncias ácidas são consideradas perigosas pelo fato de terem a
propriedade de destruir estruturas moleculares assim como dissolver matéria
orgânica com muita facilidade, dependendo da força e da concentração do ácido.
1.34. Constante de dissociação dos ácidos (Ka).
Os eletrólitos fracos como ácidos quando dissolvidos num solvente como a água,
se dissociam, estabelecendo-se um equilíbrio reversível entre as espécies não
dissociadas e os seus íons.
Tomemos o exemplo:
HCl + H2O ⇄ H3O+ + Cl−
Keq = H3O+ [Cl-]
[HCl][H2O]
Como já vimos, no caso de soluções diluídas, o termo [H2O] é constante, podemos,
portanto, substituir a equação por por Ka:
Ka = H3O+ [Cl-]
[HCl]
A constante de ionização é um valor semelhante à constante de equilíbrio, portanto
varia apenas com a temperatura.
A força do ácido é um parâmetro determinado através da sua constante de
ionização Ka .
Quanto maior o valor Ka , maior a quantidade de íons H+ liberados na solução e
como conseqüência mais forte é o ácido. Um grande valor de K significa que na
ionização há predominância dos produtos, enquanto pequeno valor de K diz que os
reagentes são favorecidos.
Tabela 21. Valores de Ka e suas respectivas bases conjugadas.
Força do ácido Ka Força da base conjugada Kb
Forte > 1 Muito fraca < 10-16
Fraca 1 para 10-16 Fraca 10-16 para 1
Muito Fraca < 10-16 Forte > 1
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 205
1.35. Substâncias Básicas − Constante de dissociação (Kb).
A ionização de uma base fraca B em solução aquosa pode ser representada pela
equação,
B + H2O ⇄ BH+ + OH+
E a constante de ionização da base por,
Keq = [BH+] [OH-]
[B] [H2O]
Outra vez, o termo [H2O] é constante. Assim,
=
Kb = [BH+] [OH-]
[B]=
onde Kb é a constante de ionização das base, expressa em concentração molar.
1.36. Balanço de Carga.
O balanço de carga é dado por:
n1[C1] + n2[C2] + .... = m1[A1] + m2[A2} + ....
Onde [C] é a concentração do cátion, n é a magnitude da carga do cátion, [A] é a
concentração de um ânion, e m é a magnitude da carga do ânion.
Tabela 1. Constantes de Ionização de Alguns Ácidos e de suas
bases Conjugadas
ÁCIDOS Ka BASES Kb
HClO4 grande ClO4- muito pequena
H2SO4 grande HSO4- muito pequena
HCl grande Cl- muito pequena
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 206
ÁCIDOS Ka BASES Kb
HNO3 grande NO3- muito pequena
H3O+ 55,5 H2O 1,8.10-16
H2SO3 1,2.10-2 HSO3- 8,3.10-13
HSO4- 1,2.10-2 SO4
2- 8,3.10-13
H3PO4 7,5.10-3 H2PO4- 1,3.10-12
HNO2 4,5.10-4 NO2- 2,2.10-11
HCOOH 1,8.10-4 HCOO- 5,6.10-11
C6H5COOH 6,3.10-5 C6H5COO- 1,6.10-10
CH3COOH 1,8.10-5 CH3COO- 5,6.10-10
C2H5COOH 1,3.10-5 C2H5COO- 7,7.10-10
H2CO3 4,2.10-7 HCO3- 2,4.10-8
H2S 1,0.10-7 HS- 1,0.10-7
H2PO4- 6,2.10-8 HPO4
2- 1,6.10-7
HSO3- 6,2.10-8 SO3
2- 1,6.10-7
HOCl 3,5.10-8 ClO- 2,9.10-7
NH4+ 5,6.10-10 NH3 1,8.10-5
HCN 4,0.10-10 CN- 2,5.10-5
C2H5NH3+ 2,3.10-11 C2H5NH2 4,3.10-4
CH3NH3+ 2,0.10-11 CH3NH2 5,0.10-4
HCO3- 4,8.10-11 CO3
2- 2,1.10-4
HPO42- 3,6.10-13 PO4
3- 2,8.10-2
H2O 1,8.10-16 OH- 55,5
HS- 1,0.10-19 S2- 1,0.105
NH3 muito pequena NH2- grande
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 207
1.37. A caracterização de soluções ácidas ou básicas (pH e pOH).
A água exibe caráter anfótero: comportar-se quer como levemente ácida ou
levemente alcalina. Assim os hidrônios existem mesmo em água isenta de
impureza (quimicamente pura). Os íons hidrônio resultantes são relativamente
poucos e exibem vida curta como espécies químicas; assim ocorre igualmente
com os correspondentes íons hidroxila.
Esse caso singular de água: de produzir íons hidrônio (cátion, H+) e,
correspondentemente na mesma medida, íons hidroxila (ânions OH−),
conhecemos como ―auto-ionizarão‖ da água.
No equilíbrio, os pares conjugados (H3O+ e OH−) estão em equilíbrio dinâmico
com a água molecular e a esta retornam, por recombinação (e vice-versa)
segundo a equação:
2 H2O (l) ⇄ H3O+ (aq) + OH− (aq)
A curta vida de hidrônios e sua a concentração efetiva é a base para a
determinação do pH das soluções aquosas.
De fato, quanto maior for a sua concentração (ao contrário da concentração de
íons hidroxila) mais ácida será a solução e menor será o pH (pH <7).
Inversamente, quanto menor for a concentração dos íons hidrônio, maior será a
concentração de íons hidroxila e, portanto, mais alcalina (básica) será a solução e
maior será o pH (pH > 7).
A relação entre a concentração de íons Hidrogênio e o valor pH é definido pela
equação :
pH = − log [H+]
Da mesma forma podemos utilizar essa terminologia para caracterizar
a concentração de íons OH− em uma solução básica:
pOH = - log [OH-]
Ou uma solução qualquer:
pK = - log K
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 208
É claro que pH + pOH = 14. Assim os limites de pH estão distribuidos entre 0 e
14. O ponto médio, indica, obviamente, o meio neutro.
Fig. 77. Diagrama de pH.
1.38. Acidez Atual, potencial e Total.
A acidez atual, iônica é causada pelos íons hidrogênio livres em solução, enquanto
que a acidez potencial, latente ou de reserva é devida aos átomos de hidrogênio que
se encontram na molécula não dissociada do ácido, átomos esses capazes de
sofrer ionização quando for necessário.
A acidez total ou de titulação (titulável) é a soma da acidez total com a potencial.
Seja o ácido HA qualquer, em solução aquosa:
HA .
Acidez
potencial
⇄ H3O+ .
Acidez
real
.
Acidez titulável
+ A-
A acidez real é determinada pela medida do pH e a acidez total por intermédio da
acidimetria.
No caso das soluções alcalinas, teremos analogamente, a alcalinidade atual,
potencial e total.
BOH .
Alcalinidade potencial
⇄ B+ + HO- .
Acalinidade real
.
Acalinidade titulável
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 209
1.39. Resumo dos principais tipos de equilíbrio e constantes de equilíbrios.
TIPO DE EQUILÍBRIO
NOME E SÍMBOLO DA CONSTANTE EQUILÍBRIO
Expressão da Constante de Equilíbrio:
KW = [H3O−] . [OH−] Ionização da água
Constante do
Produto Iônico, Kw
Exemplos típicos:
2 H2O → H3O+ + OH−
TIPO DE EQUILÍBRIO
NOME E SÍMBOLO DA CONSTANTE EQUILÍBRIO
Expressão da Constante
de Equilíbrio:
Ka = [H3O+].[CH3COO-]
[CH3COOH]
Kb = [OH-].[CH3COOH]
[CH3COO- ]
Ionização de Eletrólitos
Fracos
Constante de Ionização, K a ou K b
Exemplos típicos:
CH3COOH + H2O → H3O+ + CH3COO−
CH3COO− + H2O → OH− + CH3COOH
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 210
TIPO DE EQUILÍBRIO
NOME E
SÍMBOLO DA CONSTANTE EQUILÍBRIO
Expressão da Constante de Equilíbrio:
Kps = [Ag+] . [Cl+]
Sólidos ―Insolúveis‖ Equilíbrio
Heterogêneo
Produto de Solubilidade, Kps
Exemplos típicos:
AgCl(s) → Ag+ + Cl−
TIPO DE EQUILÍBRIO
NOME E
SÍMBOLO DA CONSTANTE EQUILÍBRIO
Expressão da Constante de Equilíbrio:
Formação de um
íon Complexo
Constante de
Formação, 𝛃 n β 4 =
[Ni(CN)42-]
[Ni2+][CN-]4
Exemplo Típico:
Ni2+ + 4 CN− ↔ Ni(CN)42−
TIPO DE EQUILÍBRIO
NOME E SÍMBOLO DA CONSTANTE EQUILÍBRIO
Expressão da Constante de Equilíbrio:
KRedox = [Cu2+][Fe2+]2
[Fe+3]2
Equilíbrio Oxidação/Redução
K Redox
Exemplo Típico:
Cu + 2 Fe+3+ ↔ Cu2+ + 2 Fe2+
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 211
Tabela 22. Resumo Geral.
PERTUBAÇÃO
Variação à medida que a mistura
retorna ao equilíbrio
Efeito sobre o equilíbrio
Efeito sobre K
Aumento da temperatura
Energia térmica é consumida
Deslocamento na direção endotérmica Varia
Queda da temperatura Energia térmica é gerada
Deslocamento na direção exotérmica
Varia
Adição de reagente Parte do reagente
adicionado é consumida
Aumenta a concentração de produto
Não varia
Adição de produto Parte do produto
adicionado é consumida
Aumenta a concentração de reagente
Não varia
Diminuição de volume, aumento da
pressão
Diminuição da pressão
Variação da composição para diminuir o número
total de moléculas
Não varia
Aumento do volume, diminuição da pressão Aumento da pressão
Variação da composição para aumentar o número
total de moléculas
Não varia
Catalisador acelera - -
1.40. Exercícios Resolvidos
(1) Quando um mol de álcool é misturado com um mol de ácido acético, à
temperatura ambiente, a mistura em equilíbrio contém 2/3 de mol de éster e
outro tanto de água.
a) Qual o valor da constante de equilíbrio?
b) Quantos moles de éster são formados no equilíbrio, quando 3 moles de
álcool são misturados com 1 mol de ácido?
Na temperatura de reação todas as substâncias são líquidas.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 212
Álcool Ácido Éster Água
C2H5OH (l) + CH3COOH (l) ⇄ CH3COOC2H5 + H2O
Início: 1 mol 1 mol 0 mol 0 mol
Variação: -2
3mol -
2
3mol
+
2
3mol +
2
3mol
Equilíbrio: 1-2
3 =
1
3mol 1-
2
3 =
1
3mol
+
2
3mol +
2
3mol
a) Observemos que a água na reação não é um solvente, devendo, portanto
aparecer na equação da constante de equilíbrio, juntamente com as demais
reagentes e produtos.
Seja V o volume da solução, portanto:
[C2H5OH] = mol
3
V =
mol
3V
[CH3COOH] = mol
3
V =
mol
3V
[CH3COOC2H5] = 2 mol
3
V =
2 mol
3V
[H2O] = mol
3
V =
2 mol
3V
Portanto,
Kc = CH3COOC2H5 .[CH3COOH]
[C2H5OH].[CH3COOH]
Kc = (2/3).(2/3)
(1/3).(1/3) =
2/3
1/3
2
= 4
Observe que as unidades de concentração se cancelam, significando que o
equilíbrio independe do volume.
b) Seja x o número de moles de álcool que reagem. Portanto:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 213
Álcool Ácido Éster Água
C2H5OH (l) + CH3COOH (l) ⇄ CH3COOC2H5 + H2O
Início: 3 mol 1 mol 0 mol 0 mol
Variação: -x mol -x mol +x mol +x mol
Equilíbrio: 3-x mol 1-x mol x mol x mol
Kc = (x).(x)
( 3-x).(1-x) =
x2
(3-4x+x2) = 4
Então, 3x2−16x +12 = 0
x = 2.(4- 7)
3 = 0,9028
x = 2.(4+ 7)
3 = 4,4305
A segundo raiz é uma incoerência física, pois uma há hipótese de formar
mais que um mol de éster.
(2) Uma mistura consistindo de 0, 500 mol N2 L−1 e 0,800 mol H2 L−1 em um
recipiente reage e alcança o equilíbrio. No equilíbrio, a concentração da
amônia é 0, 150 mol L−1. Calcule o valor da constante de equilíbrio para:
N2 (g) + 3 H2 (g) ⇄ 2 NH3 (g)
Precisamos saber as concentrações de equilíbrio de cada uma das substâncias
na mistura que está reagindo e então substituir aqueles valores no quociente
da reação.
Pela equação:
n(N2)
1 =
n(H2)
3 =
n(NH3)
2
Dividindo os conseqüentes por 2 e multiplicando por 0,150, vem:
n(N2)
1×0,150
2
= n(H2)
3×0,150
2
= n(NH3)
2×0,150
2
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 214
n (N2)
0,075 =
n (H2)
0,225 =
n (NH3)
0,150
N2 (g) + 3 H2 (g) ⇄ 2 NH3 (g)
Inicio 0,500 moles 0,800 moles 0 moles
Variação: −0,075 moles −0,225 moles +0,150 moles
Equilíbrio: 0,425 M 0,575 M 0,150 M
Kc =[NH3]
2
H2 3 N2
Kc = (0,150)2
0,575 3. 0,425
Kc = 0,278 M−2
(3) O grau de dissociação iônica do hidróxido de amônio, em solução aquosa 1 N,
é de 0,4% a 18C. Qual é a constante de ionização da base nessa temperatura?
Uma solução 1N contém:
em 1 L = 1 eqg NH4OH = mol NH4OH
1 = mol NH4OH
N NH4OH =1 mol
1L = 1M
NH4OH ⇄ NH4+ + HO−
Inicialmente: 1 M 0 M 0 M Variação: − 0,004 M 0,004 M 0,004 M
Equilíbrio: 0,996 M 0,004 M 0,004 M
Como:
Ki = NH4
+ [HO-]
[NH4OH]
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 215
Ki = (0,004 M)(0,004 M)
(0,996 M) = 1,6×10-5 M
(4) O grau de dissociação iônica do ácido acético, em solução 0,02 M é 3% a
25C. Calcule a constante de dissociação iônica do ácido.
Temos:
CH3COOH ⇄ H+ + CH3COO−
Inicialmente: 0,02 M 0 0
Variação: − 0,03×0,02 M 0,03×0,02 M 0,03×0,02 M
Equilíbrio: 0,0194 M 0,0006 M 0,0006 M
Ki = H+ [CH3COO-]
[CH3COOH]
Ki = (0,0006 M)(0,0006 M)
(0,0194 M) = 1,61×10-5 M
(5) Calcule a constante de ionização para uma solução N/64 de hidróxido de
cálcio, que está 90% ionizada.
Temos eqg (Ca(OH)2) = mol/2 = 0,5 mol
Portanto, 1 mol = 2 eqg (Ca(OH)2), como:
N = 2 eqg (Ca(OH)2)
1L =
N
2 =
1
128 M
Ca(OH)2 ⇄ Ca+ + 2 OH−
Inicialmente: 1/128 M 0 0
Variação: - 0,9×(1
128) M +0,9×(
1
128) M +0,9×(
1
128) M
Equilíbrio: 0, 1×(1
128) M +0,9×(
1
128) M +2×0,9×(
1
128)M
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 216
Ki = Ca+ [HO-]2
[Ca(OH)2]
Ki = 4.(0,9/128)2
(0,1/128) = 1,78×10-3
Lei da diluição de Ostwald ou Lei de Ostwald é a relação matemática entre a
constante de ionização e o grau de ionização de um eletrólito (ácidos, bases).
A Lei da diluição de Ostwald é expressa por:
Ki = C+ [A-]
[CA]=
Mα2
1 - α
Sendo:
Ki = constante de ionização
[C+] = concentração dos cátions
[A-] = concentração dos ânions
[CA] = concentração do composto não ionizado ou não dissociado
M = concentração molar em mol/L
α = grau de ionização
Se α ≤ 5%, admite-se a seguinte sentença
Ki = Mα2
pois o resultado de 1 − α ≈ 1
(6) Calcular a constante de equilíbrio da dissociação PCl5 ⇄ PCl3 + Cl2, supondo
o sistema homogêneo, em temperatura tal que esteja 80% dissociado.
PCl5 (v) ⇄ PCl3
(v) + Cl2 (g)
Inicialmente: x moles 0 0
Variação: −α x moles +α x moles +α x moles
Equilíbrio: (1−α)x moles +α x moles +α x moles
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 217
Como:
PV = nRT
P = (𝑛
V)RT
P
(nV
) = RT = constante
Assim, podemos escrever:
p (PCl5)
[PCl5] =
p (PCl2)
[PCl2] =
p (Cl2)
[ Cl2]
Seja V o volume do sistema e α o grau de ionização do penta cloreto de
fósforo, então:
p (PCl5)
1 − 𝛼 𝑥V
= p (PCl2)
𝛼𝑥V
=
p (Cl2)𝛼𝑥V
p (PCl5)
1-α =
p (PCl2)
α =
p (Cl2)
α =
p (PCl5)+p (PCl2)+p (Cl2)
1-α +α+α =
P
1+α
Logo:
p (PCl5) = 1-α
1+α .P
p (PCl2) = α
1+α .P
p (Cl2) = α
1+α .P
Kp = pPCl2 pCl2
pPCl5
Logo,
Kp =
𝛼
1+𝛼 .𝑃
2
1-α
1+α .P
Kp =
𝛼2
1 + 𝛼 2 . 𝑃2
1-α 1+α
.P
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 218
Kp = 𝛼2
1 + 𝛼 2. 1+α
1-α .𝑃2
P
Kp = 𝛼2.P
1 − 𝛼2
Como o problema submetido não se refere à pressão total a que está o
sistema no equilíbrio, supõe-se que a pressão normal, isto é, 1atm.
Portanto: Kp = 0,8
1- 0,82 = 1,77
(7) A constante de ionização do ácido acético, a 25C, é de 1,85×10−5. Calcule o
grau ionização α do ácido a 25C, em solução decimolar.
Temos:
CH3COOH ⇄ H+ + CH3COO−
Inicialmente: 0,10 M 0 0
Variação: − 0,10×α M + 0,10×α M + 0,1 ×α M
Equilíbrio: 0,10(1−α) M + 0,10×α M + 0,10×α M
Portanto: Ki = 0,10×α 2 M
0,10(1-α) = 1,85×10-5
0,1 α2 + 1,85×10−5 α − 1,85×10−5 = 0
α = -1,85×10-5
± 1,85×10-5 2-4 0,1 (1,85×10-5)
2(0,1)
α = 0,0135 ou 1,35%
(8) Em uma câmara de 10 L, evacuada, 0,5 mol de H2, e 0,5 mol de I2, são reagidos
a 448°C.
H2 (g) + I2 (g) ⇄ 2 H1 (g)
Em uma dada temperatura e para um estado padrão de 1 mol/L, K = 50 para a
reação.
(a) Qual é a pressão total na câmara?
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 219
(b) Quantos mols de iodo permanecem não-reagidos no equilíbrio?
(c) Qual é a pressão parcial de cada componente na mistura no equilíbrio?
Antes de iniciar a reação, o número total de mols era 0,5 + 0,5 = 1.
Durante a reação, não ocorre variação no número total de mols. A pressão
total pode ser calculada a partir da lei dos gases ideais:
P.V = n.R.T
P(total) = n(total).R.T
V
P(total) = (0,5 + 0,5).(
0,082 L.atmmol.K
).(448+273)
10 L= 5,9 atm
Kc = 50 = (2x)2
(0,5-x)2
50 = 2x
0,5-x
2
x = 0,39
(9) Para a reação: A + B ⇄ C + D, o valor da constante de equilíbrio a uma
determinada temperatura é Kc = 56,0. Se inicialmente põe-se 1,00 mol de A e
2,00 moles de B em um recipiente de 10 litros, qual será a concentração de
todas as espécies quando se alcance o equilíbrio?
As concentrações ao inicio são:
[A] = 0,100 M; [B] = 0,200 M; [C] = 0; [D] = 0
No equilíbrio são:
A + B ⇄ C + D
H2 (g) + I2 (g) ⇄ 2 H1(g)
Inicio: 0,5 0,5 0 Variação: −x −x +2x
Equilíbrio: (0,5−x) (0,5−x) +2x
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 220
(0,100−x) M (0,200−x) M x x
Portanto,
Kc = x2
0,100-x .(0,200-x)= 56
55x2+ 16,8 x+1,12 = 0
x1 = 0,098 e x2 = 0,207
Desprezaremos x = 0,207, pois se partimos reagindo 0,100 mol de A não
poderíamos obter uma concentração maior.
Assim:
[A] = (0,100 − 0,098) = 0,002 M;
[B] = (0,200 − 0,098) = 0,102 M;
[C] = 0,098 M;
[D] = 0,098 M.
(10) Calcule os valores de Kc e Kp a 250°C na reação de formação do amoníaco,
sabendo que se partimos de dois moles de N2 e cinco moles de H2,
obteremos três moles de amoníaco. O volume do recipiente de reação é de
10 L.
Temos:
N2 (g) + 3 H2 (g) ⇄ 2 NH3 (g)
Inicio: 0,2 moles/L 0,5 moles/L 0
Variação − x − 3x + 2x
Equilíbrio: (0,2− x) (0,5− 3x) (2x)
moles/L moles/L moles/L
Kc = [NH3]2
[H2]3 [N2]
= (2x)2
(0,5-3x)3.(0,2-x)
No entanto, no equilíbrio temos 3 moles de NH3, logo:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 221
[NH3] = 3 moles/ 10 L = 0,3 M = 2x x = 0,3/2 = 0,150 M
Portanto,
Kc = (2x)2
(0,5-3x)3(0,2-x) =
(20,150)2
(0,5-30,150)3(0,2-0,150)
Kc = (0,3)2
(0,05)3(0,05)= 14 400
Como: ∆n = 22, já que: 2 − (3 + 1) = 22, então:
Kp = Kc. (R.T) ∆n
Kp = 14 400 · (0,082 · 523)22 = 7,83
(11) Suponha que 3,00 moles de HI; 2,00 moles de H2 e 1,00 mol de I2 são
colocados num recipiente de 1 L a 485C. Depois de estabelecido o
equilíbrio, quais são as concentrações de todas as espécies? (Considere:
Kc (485C) = 2,0610-2 )
As concentrações iniciais são:
[HI] = 3,00 M; [H2] = 2,00 M e [I2] = 1,00 M
A equação de equilíbrio é:
HI (g) ⇄ H2 (g) + I2 (g)
No equilíbrio as concentrações serão:
2 HI (g) ⇄ 1 H2 (g) + 1 I2 (g)
Início: 3,00 2,00 1 M
Variação: − 2x + x + x
Equilíbrio: 3,00 − 2x 2,00 + x 1,00 + x
A condição de equilíbrio é:
Kc = [H2][ I2]
[HI]2
Kc = 2,00 + x (1,00 + x)
(3,00 - 2x)2
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 222
2,00 + x (1,00 + x)
(3,00 - 2x)2 = 2,0610-2
0,918 x2 + 3,25 x + 1,81 = 0
x = -3,25± 3,25 2-4(0,918)(1,81)
2(0,918)
x = -3,25± 3,91618
1,836
x = -3,25±1,9789
1,836
x ≈ −2,848 ou x ≈ −0,692
Como a segunda raiz leva a concentrações negativas, ela será rejeitada.
Contudo a segunda raiz (x = −0,692302) é significativa, embora o seu sinal
(negativo) indica que a reação ocorre no sentido contrário: no de formação
de HI.
1 H2 (g) + 1 I2 (g) ⇄ 2 HI (g)
Variação: 2,00 − 0,692 1,00 − 0,692 3,00 + 2(0,692)
Equilíbrio: 1,308 0,308 4,384
(12) Calcule o grau de dissociação, a 30°C e 5 atm de pressão, que apresenta o
tetróxido de dinitrogênio, se sabemos que nessas condições o valor de Kp
é de 0,15. (R = 0,082 atm L/mol K)
N2O4 (g) ⇄ 2 NO2 (g)
Os números de moles/L no equilíbrio serão:
N2O4 (g) ⇄ 2 NO2 (g)
Início: C 0
Variação: −αC +2 αC
Equilíbrio: (1−α)C +2 αC
Lembrando que:
p (parcial) = fração molar × pressão (total)
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 223
p(NO2) = x(NO2)× pressão (total)
p(N2O4) = x(N2O4)× pressão (total)
x(NO2) = n(NO2)
n NO2 + n(N2O4)
x(N2O4) = n(N2O4)
n NO2 + n(N2O4) e
pressão (total) = p(NO2) + p(N2O4)
Assim:
n.° de moles no equilíbrio de NO2 = 2α.c
n.° de moles no equilíbrio de N2O4 = (1−α)c
n.° de moles totais no equilíbrio = 2α.c + (1−α)c = (1+α)c
Logo:
p(NO2) = 2α.c
(1+α)c . 5 atm
p(N2O4) = (1-α)c
(1+α)c . 5 atm
Kp = p
NO2
2
pN2O4
=
2α1+α . 5 atm
2
1-α1+α . 5 atm
4α2.5
1-α2 = 0,15 de onde α = 0,086 ou 8,6%
(13) A 800K, a Kc para a reação: 2 HI (g) ⇄ H2 (g) + I2 (g) vale 0,016. Na
mistura em equilíbrio a essa temperatura, calcule:
(A) a concentração de todas as espécies, sabendo que as de H2 e I2 são iguais e
a pressão a que se encontra o sistema é de 1 atm.
(B) as concentrações dos componentes, quando se duplica a pressão do
sistema.
Dado: R = 0,082 atm L/mol K
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 224
2 HI (g) ⇄ 1 H2 (g) + 1 I2 (g)
Início: C C 1 M
Variação: − 2x + x + x
Equilíbrio: C − 2x C + x C + x
n.R.T = P.V
C = n
V =
P
R.T
C = P
R.T =
1 atm
0,082 atm Lmol K
×800K = 0,015 mol/L
Assim, no equilíbrio teremos:
2 HI (g) ⇄ 1 H2 (g) + 1 I2 (g)
Equilíbrio: 0,015− 2x 0,015 + x 0,015 + x
A condição de equilíbrio é: Kc = [H2][ I2]
[HI]2
0,015 + x 2
0,015 - 2x 2 =
0,015 + x
0,015 - 2x
2
= 0,016
0,015 + x
0,015 - 2x = 0,016
x = 0,015 mol/L
Agora obtém- se os valores das concentrações:
[HI] = (c−2x) = (0,015−0,003) = 1,2×1022 mol/L
[H2] = [I2] = 1,5×1023 mol/L
(14) A constante de equilíbrio para a reação: N204 (g) ⇄ 2NO2 (g), vale
5,8×10−3 a 25°C. Calcule o grau de dissociação quando:
(A) A concentração inic1ial é 0,01 mol/L;
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 225
(B) adicionamos 0,01 mol/L de N2O4 ao equilíbrio formado no aparato (a).
N204 (g) ⇄ 2NO2 (g)
Inicial: 0,01 0
Variação: −0,01α +2(0,01α)
Equilíbrio: (1−α)0,01 0,02α
Portanto: Kc = (0,02α)2
(1-α).0,01 = 5,8×10-3
de donde:
0,04 α2 + 0,0058 α − 0,0058 = 0
α ≈ −0,460129 (não convém) ou
α ≈ 0,315129 ou expresso em percentagem: α = 31,51%
Assim,
[N204] = (1−α).0,01 =
= (1−0,315129).0,01 ≈
≈ 6,8×10−3 mol/L
[NO2] = 0,02α =
= 0,02×0,315129 =
= 0,00630258 ≈
≈ 6,3×10−3 mol/L
Em (B) teremos:
N204 (g) ⇄ 2NO2 (g)
Inicial: (0,0068+0,01)
0,0168
6,3×10−3
Variação: −x +2x
Equilíbrio: 0.0168−x 6,3×10−3+2x
Portanto,
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 226
Kc = [N2O4]2
[NO2] = 5,8×10-3
0,0063 + 2 x 2
0,0168-x = 5,8×10-3
4 x2+0,0252 x+0,00003969 = 0.00009744-0.0058 x
4 x2 + 0,031 x − 5,77510−5 = 0
Cuja solução é:
x ≈ −0.0093, que não convém, e
x ≈ 0,00155
Portanto,
[N204] = 0,0078−x = 0,00625 mol/L
[NO2] = 6,3×10−3 + 2x = 0,0094 mol/L
(15) Num sistema em equilíbrio CO (g) + Cl2 (g) ⇄ COCl2 (g) as concentrações
são [CO] = 2 mols/L, [Cl2] = 2 mols/L, [COCl2] = 20 mols/L. Calcule a
concentração de todos os componentes quando:
(A) adicionarmos 1 mol/L de cloro;
(B) dobrarmos o volume inicial;
(C) dobrarmos a pressão inicial.
Calculando a constante de equilíbrio, vem:
Kc = (COCl2)
(CO)( Cl2)
Kc = (20)
(2)(2)
Se acionarmos 1 mol de Cl2, vem:
CO (g) + Cl2 (g) ⇄ COCl2 (g)
Inicial: 2 3 20
Variação: −x −x +x
Equilíbrio: 2−x 3−x 20+x
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 227
Kc = (20+x)
(3-x)(2-x) = 5
5(3−x)(2−x) = 20+x
5 x2−26 x+10 = 0
x = 0,418
x = 4,782 (não convém)
Assim:
[CO] = 2 − 0,42 = 1,58 mol/L,
[Cl2] = 3 − 0,42 = 2,58 mol/L
[COCl2] = 20 − 0,42 = 20,42 mol/L
Dobrando-se o volume do sistema o equilíbrio de desloca-se para o lado de
menor número de moles (maior pressão):
CO (g) 1 mol
+ Cl2 (g) mol
2moles
⇄ COCl2
1V
(g) , ou seja para a esquerda.
Como V’ = 2V, tem-se:
[CO] = 2/2 = 1 mol/L,
[Cl2] = 2 /2 = 1 mol/L=
[COCl2] = 20 /2 = 10 moles/L
Assim, teremos:
COCl2 (g) ⇄ CO (g) + Cl2 (g)
Inicial: 10 1 1
Variação: −x +x +x
Equilíbrio: 10−x 1+x 1+x
Kc = [CO] [Cl2]
[COCl2]
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 228
Kc = (1+x)(1+x)
(10-x) =
1
5
5(x+1)2
(10-x) = 0
5x2 + 10 x +5 = 10− x
5 x2+11 x − 5 = 0
x = −-2.587 ( não convém)
x = 0,3867
Ao duplicarmos a pressão, vem:
P.V
T =
P0.V0
T0 = nR = constante
Portanto, (2P
0).V
T0 =
P0.V0
T0
V = V0/2, ou seja, o volume reduz-se a metade.
Assim sendo, as concentrações dobram:
CO (g) + Cl2 (g) ⇄ COCl2 (g)
Inicial: 2×2 2×2 2×20
Variação: −x −x +x
Equilíbrio: 4−x 4−x 40+x
Aplicando novamente a equação de equilíbrio, vem
40+x
(4-x)2 = 5
40+x = 5 (4- x)2
5x2−40x+80 − 40−x = 0
5x2−41x+40 = 0
x = 1,1318 ou 7,0681
1.41. Equilíbrio em soluções aquosas.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 229
Existem solutos que em soluções aquosas se dissociam em duas classes:
(A) Eletrólitos fortes. Dissociam-se 100%.
Portanto, não ocorre a reação de reação inversa (ou de associação), nem é
uma reação em equilíbrio químico.
Para estes solutos não existe Kc da reação de dissociação.
Entre eles teremos:
a) todos os sais;
b) todos os hidróxidos metálicos e
c) ―todos‖ os ácidos, mas inorgânicos e em sua primeira dissociação.
("Todos" porque tem alguns ácidos inorgânicos em sua primeira
dissociação são fracos).
(B) Eletrólitos fracos. Dissociam-se parcialmente.
Portanto, para esses solutos existe Kc da reação de dissociação e, em geral,
se representa por Ki. Entre eles teremos:
a) os hidróxidos não metálicos;
b) os ácidos inorgânicos em suas dissociações posteriores a primeira
dissociação e
c) todos os ácidos orgânicos (e alguns ácidos inorgânicos em sua
primeira dissociação que possuem Ka1).
Tabela 23. Ilustrações.
Reação de dissociação Eletrólito
NaCl → Na1+ + Cl-1 forte
KCH3COO → K1+ +
CH3COO1- forte
Al2(SO4)3 → 2 Al3+ +3 SO42- forte
Reação de dissociação Eletrólito
Mg(OH)2 → Mg2+ + 2 (OH)1- forte
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 230
HCl → H1+ + Cl1- forte
H2SO4 → H1+ + HSO41- forte
HSO41 → H1+ + SO4
2- fraco
H2S → H1+ + HS1- fraco
HS1- → H1+ + S2- fraco
NH4(OH) → NH41+ + (OH)1- fraco
HAc → H1+ + Ac1- fraco
1.41.1. Reações especiais que podem acontecer em soluções aquosas.
(A) Reação de neutralização.
Ocorre se e somente se:
No mesmo recipiente se encontram ácido e base (simultaneamente),
pois:
Ácido + Base o hidróxido 100% sal+ H2O
(B) Reação de troca iônica entre dois solutos fortes.
Para originar um soluto fraco.
Incluem:
Ácido forte + sal de ácido fraco 100% ácido fraco + outro sal
Base forte + sal de base fraca 100% base fraca + outro sal
(C) Hidrólise de sais.
A hidrólise é a decomposição dos íons de uma substância por intermédio
dos íons da água.
Dos compostos da química mineral, são justamente os sais que
apresentam maior freqüência o fenômeno da hidrólise.
A dissolução de um sal em água pode gerar uma solução neutra, alcalina
ou ácida − depende na natureza do sal.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 231
I. Sais derivados de um ácido forte e uma base forte.
Neste caso, nem os cátions ou ânions tem qualquer tendência em se
combinar com os íons provenientes da auto-ionização da água.
A solução resultante, portanto, é neutra.
Exemplo:
NaCl
II. Sais derivados de uma base fraca e um ácido forte.
Seja BA um sal proveniente de um ácido forte e uma base fraca. Sofrerá
hidrólise de acordo com a seguinte equação:
BA + H2O ⇄ BOH + HA
Os eletrólitos fortes, em solução aquosa, apresentam elevado grau de
dissociação, tendendo, pois, para a forma iônica. Já os eletrólitos fracos
se ionizam tão pouco, que sua tendência é para a forma molecular.
Neste caso, o ânion proveniente de um ácido forte não reage com os íons
provenientes da auto-ionização da água, mas sim o cátion proveniente
de uma base fraca que reage com o íon hidróxido, estabelecendo um
novo equilíbrio:
B+ (aq) + HO- ⇄ BOH (aq)
Como o produto [H+].[HO-] (ou seja, o Kw) deve ser constante a uma
determinada temperatura, mais moléculas de água se ionizam
resultando em um aumento da [H+].
H2O (l) ⇄ H+ (aq) + HO-
Portanto, após a dissolução do sal, [HO-] < [H+] e,
conseqüentemente, a solução será ácida. A reação global é a combinação
dos dois equilíbrios acima e é chamada de reação de hidrólise do íon M+,
como abaixo:
B+ (aq) + H2O (l) ⇄ BOH (aq) + H+ (aq)
Exemplo: NH4Cl + H2O ⇄ HCl + NH4OH
O NH4Cl e HCL são compostos iônicos. É mais correto escrevê-los na
forma NH4+ e Cl− e H+ e Cl−, ao mesmo tempo.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 232
A água á predominantemente molecular. Sendo correto escrevê-la na
forma H2O. Da mesma forma, por outro lado, sendo o NH4OH uma base
fraca, predomina a sua forma molecular.
Portanto, tornando a escrever a equação de forma mais correta,
teremos:
NH4+ + Cl− + H2O ⇄ H+ + Cl− + NH4OH
Como o Cl− não se altera durante a reação, podemos cancelá-lo. Ficando
então:
NH4+ + H2O ⇄ H+ + NH4OH
Observe que embora se diga hidrólise do sal, quem realmente hidrolisa é
o íon fraco do sal.
Como os sais, de uma forma geral, são considerados eletrólitos fortes,
podemos escrever a equação de hidrólise do seguinte modo:
B− + H2O ⇄ BOH + H+
Aplicando a lei das ação das massas ao equilíbrio acima, temos:
K = [BOH][ H+]
[B-][H2O]
Como a hidrólise se processa em presença de grande excesso de água,
podemos considerar a concentração da água [H2O] como praticamente
constante (Kw), teremos:
Kw = [ H+].[OH-]
Kh = [BOH][ H+]
[B+]
Podemos calcular Kh em função do produto iônico da água (Kw) e da
constante de ionização da base (Kb). Para isso, basta multiplicarmos o
numerador e denominador da expressão de Kh por [OH−].
Kh = [BOH][ H+]
[B+]×
[OH-]
[OH-]
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 233
Escrevendo sob outra forma: Kh = xx[ H+][OH-]xx
[B+][OH-]
[BOH]
.
Kh = Kw
Kb.
III. Sais derivados de um ácido fraco e uma base forte.
Ao passo que o cátion (proveniente de uma base forte) não reage com os
íons provenientes da auto-ionização da água, o ânion (proveniente de
um ácido fraco) reage com o íon hidrônio, estabelecendo um novo
equilíbrio:
A- (aq) + H+ (aq) ⇆ HA (aq)
Como o produto [H+].[HO-] (ou seja, o Kw) deve ser constante a uma
determinada temperatura, mais moléculas de água se ionizam
resultando em um aumento da [HO-].
H2O (l) ⇄ H+ (aq) + HO- (aq)
Portanto, após a dissolução do sal, [HO-] > [H+] e,
conseqüentemente, a solução será alcalina. A reação global é a
combinação dos dois equilíbrios acima e é chamada de reação de
hidrólise do íon A-, como abaixo:
A- (aq) + H2O (l) ⇄ HA (aq) + HO- (aq)
Exemplo: a hidrólise do HCN.
Com raciocínio idêntico podemos concluir que:
KCN + H2O ⇄ HCN + KOH
K+ + CN− + H2O ⇄ HCN + K+ + OH−
CN− + H2O ⇄ HCN + OH−
Seja BA um sal derivado de ácido fraco e base forte.
Conforme vimos:
BA + H2O ⇄ HA + BOH
B+1 + A−1 + H2O ⇄ HA + B+1 + OH−1
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 234
A−1 + H2O ⇄ HA + OH−1
Assim,
Kh = [HA].[OH-1]
[ A-1]
Multiplicando-se o numerador e denominador por [OH−1], vem:
Kh = [HA].[OH-1]
[ A-1]×
[OH-1]
[OH-1]
Kh = xx[H+1].[OH-1]xx
[ A-1][H+1][HA]
.
Kh = Kw
Kh.
IV. Sais derivados de um ácido fraco e uma base fraca.
Aqui, tanto o ânion (proveniente de um ácido fraco) como o o cátion
(proveniente de uma base fraca) reagem com os íons provenientes da
auto-ionização da água, estabelecendo dois novos equilíbrios:
M+ (aq) + HO- (aq) ⇄ MOH (aq)
A−1(aq) + H+ (aq) ⇄ HA (aq)
Neste caso, o pH vai depender dos valores de Ka do cátion M+ e do
valor de Kb do ânion A−.
Se Kb > Ka, então a solução será alcalina; por outro lado, se Ka > Kb,
então a solução será ácida.
Finalmente, se Ka = Kb, então a solução será neutra.
É fácil demonstrar que neste caso:
Kh = Kw
Ka × Kb
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 235
1.42. Exercícios Resolvidos
(1) A solução N/10 de HCl congela a −0,352C. Sabendo-se que a constante
crioscópica da água é 1850 e os pesos atômicos do hidrogênio e do cloro são
respectivamente, 1 e 35,5. Qual o pH da solução?
Utilize a lei de Raout para eletrólitos, expressa por:
∆𝑇𝑐 = 𝐾𝑐 ×𝑚
𝑚’×
1
𝑃𝑚× 𝑖
Onde:
∆Tc = abaixamento crioscópico = t1− t2 (diferença de temperatura)
Kc = constante crioscópica do solvente
m = massa do soluto na solução.
m’ = massa d a solução.
i = fator de van’t Hoff
Solução:
Uma solução N/10 contém 0,1 eqg em 1 litros de solução.
Como o eqg (HCl) = mol/1, então 1 mol = 1 eqg ou 1/10 mol = 0,1 eqg
Logo,
m = 1/10 (36,461) = 3,6461
m’ = 1000 g
∆𝑇𝑐 = 0 − (− 0,352) = 0,352
𝑃𝑚 (HCl) = 36,461
𝐾𝑐 = 1850
𝑖 = ∆𝑇𝑐 × 𝑚’ × 𝑃𝑚
𝐾𝑐 × 𝑚
𝑖 = 0,352 × 1000 × 36.461
1850×3,6461= 1,9
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 236
BIBLIOGRAFIA
http://ccmm.fc.ul.pt/vnunes/ensino/eqquim.pdf
http://clic.xtec.cat/db/jclicApplet.jsp?project=http://clic.xtec.cat/projects/formula2/jclic/formula2.jclic.zip&lang=ca&title=Formulaci%C3%B3+i+nomenclatura+de+qu%C3%ADmica+inorg%C3%A0nica
http://www.mcgraw-hill.es/bcv/guide/capitulo/8448157133.pdf
http://www.univ-ab.pt/disciplinas/dcet/cfq4007/Mod3_3.pdf
JONES, L.; ATKINS, P. Princípios de Química, Bookmann Comp. Ed.,1ª ed. 2001
M. L. S. Simões Gonçalves, Métodos Instrumentais para a Análise de Soluções: Análise Quantitativa, 4ª Ed., Fundação Calouste Gulbenkian, Lisboa, 2001.
MAHAN, B.H. & MYERS, RJ Química: Um curso universitário. Trad. da 4a ed. americana, Edgard Blücher, São Paulo, 1993.
MASTERTON, W.L.; SLOWINSKI, E.J.; STANITSKI, C.L. Chemical Principles, Saunders College Publishing, 1996.
PIMENTEL, G.C.; SPRATLEY, R.D.; Química, um tratamento moderno, vols I, Editora da Universidade de São Paulo, 1974
RUSSEL, J. B. Química Geral. Tradução por Maria Elizabeth Brotto e outros. 2a ed. Makron Books do Brasil, Rio de Janeiro, 1994. 2v.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 237
APÊNDICES
ESTADOS DE OXIDAÇÃO
Os estados de oxidação mais usuais dos diferentes elementos da Tabela Periódica
são:
1. Grupo IA. Alcalinos
I II III IV V VI VII VIII
H
+1
He
Li
B C N O F Ne
Na
Al Si P S Cl Ar
K Sc Ti V Cr Mn Fe Co Ni Cu Zn Ga Ge As Se Br Kr
Rb Y Zr Nb Mo Tc Ru Rh Pd Ag Cd In Sn Sb Te I Xe
Cs
Hf Ta W Re Os Ir Pt Au Hg Tl Pb Bi Po At Rn
Fr
Rf Db Sg Bh Hs Mt Ds Rg Cn Uut Fl Uup Lv Uus Uuo
2. Grupo IIA. Alcalinos Terrosos
I II
III IV V VI VII VIII
H He
Li
Be
+2
B C N O F Ne
Na
Mg
Al Si P S Cl Ar
K Ca Ti V Cr Mn Fe Co Ni Cu Zn Ga Ge As Se Br Kr
Rb
Sr Zr Nb Mo Tc Ru Rh Pd Ag Cd In Sn Sb Te I Xe
Cs
Ba Hf Ta W Re Os Ir Pt Au Hg Tl Pb Bi Po At Rn
Fr
Ra Rf Db Sg Bh Hs Mt Ds Rg Cn Uut Fl Uup Lv Uus Uuo
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 238
3. Grupo IIIA.
I II III
VI VII VIII
H He
Li Be B +3 -3 O F Ne
Na Mg Al +3 S Cl Ar
K Ca Sc Ti V Cr Mn Fe Co Ni Cu Zn Ga +3 Se Br Kr
Rb Sr Y Zr Nb Mo Tc Ru Rh Pd Ag Cd
In +3 +1 Te I Xe
Cs Ba Hf Ta W Re Os Ir Pt Au Hg
Tl +3 +1 Po At Rn
Fr Ra Rf Db Sg Bh Hs Mt Ds Rg Cn
Uut Lv Uus Uuo
4. Grupo IVA.
I II III IV
V VI VII VIII
H He
Li Be B
C
+4 -4 F Ne
Na Mg Al
Si
+4 -4 Cl Ar
K Ca Sc Ti V Cr Mn Fe Co Ni Cu Zn Ga Ge
+4 +2
Br Kr
Rb Sr Y Zr Nb Mo Tc Ru Rh Pd Ag Cd In
Sn
+4 +2 I Xe
Cs Ba Hf Ta W Re Os Ir Pt Au Hg Tl
Pb
+4 +2 At Rn
Fr Ra Rf Db Sg Bh Hs Mt Ds Rg Cn Uut
Fl Uus Uuo
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 239
5. Grupo VA.
I II III IV V
VI VII VIII
H He
Li Be
B C
N
+5 +4 +3 +2 +1 -3 F Ne
Na Mg Al Si
P +3 Cl Ar
K Ca Sc Ti V Cr Mn Fe Co Ni Cu Zn Ga Ge As +3 Br Kr
Rb Sr Y Zr Nb Mo Tc Ru Rh Pd Ag Cd In Sn
Sb
+3 +1 I Xe
Cs Ba Hf Ta W Re Os Ir Pt Au Hg Tl Pb
Bi
+3 +1 At Rn
Fr Ra Rf Db Sg Bh Hs Mt Ds Rg Cn Uut Fl
Uup +1 Uus Uuo
6. Grupo VIA.
I II III IV V VI
VII VIII
H He
Li Be B C N
O -2 Ne
Na Mg
Al Si P
S
+6 +4 +2 -2 Ar
K Ca Sc Ti V Cr Mn Fe Co Ni Cu Zn Ga Ge As Se
+6 +4 +2 -2
Kr
Rb Sr Y Zr Nb Mo Tc Ru Rh Pd Ag Cd In Sn Sb
Te
+6 +4 +2 -2 Xe
Cs Ba Hf Ta W Re Os Ir Pt Au Hg Tl Pb Bi
Po
+4 +2 Rn
Fr Ra Rf Db Sg Bh Hs Mt Ds Rg Cn Uut Fl Uup
Lv Uus Uuo
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 240
7. Grupo VIIA.
I II III IV V VI VII
VIII
H He
Li Be B C N O
F -1
Na Mg
Al Si P S
Cl
+7 +5 +3 +1 -1
K Ca Sc Ti V Cr Mn Fe Co Ni Cu Zn Ga Ge As Se Br
+7 +5 +3 +1 -1
Rb Sr Y Zr Nb Mo Tc Ru Rh Pd Ag Cd In Sn Sb Te
I
+7 +5 +3 +1 -1
Cs Ba Hf Ta W Re Os Ir Pt Au Hg Tl Pb Bi Po
At Rn
Fr Ra Rf Db Sg Bh Hs Mt Ds Rg Cn Uut Fl Uup Lv
Uus Uuo
8. Grupo IIIB.
I II IIIB
III IV V VI VII VIII
H He
Li Be B C N O F Ne
Na Mg Al Si P S Cl Ar
K Ca Sc
+3
V Cr Mn Fe Co Ni Cu Zn Ga Ge As Se Br Kr
Rb Sr
Y Nb Mo Tc Ru Rh Pd Ag Cd In Sn Sb Te I Xe
Cs Ba
La Ta W Re Os Ir Pt Au Hg Tl Pb Bi Po At Rn
Fr Ra
Ac Db Sg Bh Hs Mt Ds Rg Cn Uut Fl Uup Lv Uus Uuo
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 241
9. Grupo IVB.
I II IVB
III IV V VI VII VIII
H He
Li Be B C N O F Ne
Na Mg Al Si P S Cl Ar
K Ca Sc Ti
+4 +3 +2
Cr Mn Fe Co Ni Cu Zn Ga Ge As Se Br Kr
Rb Sr Y Zr
+4 +3 +2 Mo Tc Ru Rh Pd Ag Cd In Sn Sb Te I Xe
Cs Ba Hf
+3 +2 W Re Os Ir Pt Au Hg Tl Pb Bi Po At Rn
Fr Ra Rf Sg Bh Hs Mt Ds Rg Cn Uut Fl Uup Lv Uus Uuo
10. Grupo VB.
I II VB
III IV V VI VII VIII
H He
Li Be B C N O F Ne
Na Mg Al Si P S Cl Ar
K Ca Sc Ti V
+5 +4 +3 +2
Mn Fe Co Ni Cu Zn Ga Ge As Se Br Kr
Rb Sr Y Zr
Nb
+5 +4 +3 Tc Ru Rh Pd Ag Cd In Sn Sb Te I Xe
Cs Ba
Hf
Ta
5 +4 +3 Re Os Ir Pt Au Hg Tl Pb Bi Po At Rn
Fr Ra Rf
Db Sg Bh Hs Mt Ds Rg Cn Uut Fl Uup Lv Uus Uuo
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 242
11. Grupo VIB.
I II VIB
III IV V VI VII VIII
H He
Li Be B C N O F Ne
Na Mg Al Si P S Cl Ar
K Ca Sc Ti V Cr
+6 +5 +4 +3 +2
Fe Co Ni Cu Zn Ga Ge As Se Br Kr
Rb Sr Y Zr Nb
Mo
+6 +5 +4 +3 +2 Ru Rh Pd Ag Cd In Sn Sb Te I Xe
Cs Ba
Hf Ta
W
+6 +5 +4 +3 +2 Os Ir Pt Au Hg Tl Pb Bi Po At Rn
Fr Ra Rf Db
Sg Bh Hs Mt Ds Rg Cn Uut Fl Uup Lv Uus Uuo
12. Grupo VIIB.
I II VIIB
III IV V VI VII VIII
H He
Li Be B C N O F Ne
Na Mg Al Si P S Cl Ar
K Ca Sc Ti V Cr Mn
+7 +6 +5 +4 +3 +2
Co Ni Cu Zn Ga Ge As Se Br Kr
Rb Sr Y Zr Nb Mo
Tc
+7 +6 +5 +4 Rh Pd Ag Cd In Sn Sb Te I Xe
Cs Ba
Hf Ta W
Re
+7 +6 +5 +4 Ir Pt Au Hg Tl Pb Bi Po At Rn
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 243
13. Grupo VIIIB
I II
VIIIB
III IV V VI VII VIII
H
He
Li Be
B C N O F Ne
Na Mg
Al Si P S Cl Ar
K Ca Sc Ti V Cr Mn Fe
+3 +2
Co
+3 +2
Ni
+3 +2
Cu Zn Ga Ge As Se Br Kr
Rb Sr Y Zr Nb Mo Tc
Ru
+7 +5 +4 +3 +2
Rh
+5 +4 +3
Pd
+4 +2
Ag Cd In Sn Sb Te I Xe
Cs Ba
Hf Ta W Re
Os
+7 +5 +4 +3 +2
Ir
+5 +4 +3
Pt
+5 +4 +3
Au Hg Tl Pb Bi Po At Rn
Fr Ra Rf Db Sg Bh
Hs Mt
Ds
Rg Cn Uut Fl Uup Lv Uus Uuo
14. Grupo IB.
I II IB
III IV V VI VII VIII
H He
Li Be B C N O F Ne
Na Mg Al Si P S Cl Ar
K Ca Sc Ti V Cr Mn Fe Co Ni Cu
+2 +1
Ga Ge As Se Br Kr
Rb Sr Y Zr Nb Mo Tc Ru Rh Pd
Ag +1 In Sn Sb Te I Xe
Cs Ba Hf Ta W Re Os Ir Pt
Au
+3 +1 Tl Pb Bi Po At Rn
Fr Ra Rf Db Sg Bh Hs Mt Ds
Rg Cn Uut Fl Uup Lv Uus Uuo
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 244
15. Grupo IIB.
I II IIB
III IV V VI VII VIII
H He
Li Be B C N O F Ne
Na Mg Al Si P S Cl Ar
K Ca Sc Ti V Cr Mn Fe Co Ni Cu Zn +2 Ge As Se Br Kr
Rb Sr Y Zr Nb Mo Tc Ru Rh Pd Ag
Cd +2 Sn Sb Te I Xe
Cs Ba Hf Ta W Re Os Ir Pt Au
Hg
+2 +1 Pb Bi Po At Rn
Fr Ra Rf Db Sg Bh Hs Mt Ds Rg
Cn Uut Fl Uup Lv Uus Uuo
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 245
APÊNDICES
FORMULAÇÃO E NOMENCLATURA
QUÍMICA DOS COMPOSTOS INORGÂNICOS
Aceitam-se três tipos de
nomenclaturas para nomear compostos
químicos inorgânicos. São elas:
1. Nomenclatura sistemática ou
estequiométrica (N.ss);
2. Nomenclatura de Stock (N.st); e
3. Nomenclatura tradicional (N.tr).
1) Nomenclatura sistemática ou
estequiométrica (N.ss).
É baseada em nomear as substâncias
através do uso de prefixos com os
números gregos. Esses prefixos
indicam a atomicidade que possui a
molécula, ou seja, o número de átomos
dos mesmos elementos presentes na
molécula.
Exemplos:
CO = monóxido de carbono
CrBr3 = tribrometo de cromo
Observação: Nos casos onde poderá
haver confusão com outros compostos
(sais duplos e triplos, oxissais, ou sais
oxigenados, e similares) pode-se
empregar os prefixos bis, tris,
tetraquis, pentaquiz, etc.
Exemplos:
Ca5F(PO4)3 = fluoreto tris(fosfato) de
Cálcio
Ca8F(P3O10)3 = fluoreto trifosfato de
Cálcio
([P3O10]5 = anion trifosfato)
Prefixos Número
mono- 1 di- 2
tri- 3 tetra- 4 penta- 5 hexa- 6 hepta- 7 octa- 8
nona- (eneá) 9 deca- 10
2) Nomenclatura de Stock (N.St)
Neste tipo de nomenclatura se nomeia
os compostos finalizando-os com a
valência indicada em números romanos
(colocados geralmente como
subíndices).
Exemplo: Sulfeto de Ferro (III) =
Fe2S3
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 246
3) Nomenclatura tradicional (N.tr)
Também conhecida como
nomenclatura clássica. Emprega-se
indicando a valência do elemento a
através de prefixos e sufixos que
acompanham o nome do elemento.
a) Quando o elemento possui somente
uma valência, se utiliza o prefixo:
–ico ;
b) Quando tem duas valências, se
utilizam os prefixos:
–oso (para a valência menor) e
–ico (para a maior).
c) Quando o elemento tem três ou
quatro valências:
Escreve-se assim, começando da
valência mais baixa:
"Hipo- ...-oso " (para a
valência menor)
"...-oso" (para a valência intermediária baixa)
"...-ico" (para a
valência intermediária alta)
"Per-...-ico" (para a
valência mais alta)
4) Compostos binários
hidrogenados
Com hidrogênio de n.ox a −1
a) Metal com n.ox invariável:
Hidreto de ———————
Nome do elemento
eletropositivo
Exemplos:
NaH = hidreto de sódio
CaH2 = hidreto de cálcio
AlH3 = hidreto de alumínio
b) Metal com n.ox variável (2 n.ox)
Hidreto de —OSO ou— ICO
Nome do elemento
eletropositivo
Ou:
Hidreto de ——— ———
Nome do elemento
eletropositivo
n.ox
alg. rom.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 247
Exemplos:
CuH = hidreto de cobre I ou
hidreto de cuproso
CuH2 = hidreto de cobre II ou
hidreto cúprico
FeH2 = hidreto de ferro II ou
hidreto ferroso
FeH3 = hidreto de ferro III ou
hidreto férrico
c) As combinações binárias do
hidrogênio com oxigênio,
nitrogênio, fósforo, arsênico,
antimônio, carbono e silício têm
nomes comuns:
H2O Água
NH3 Amoníaco
PH3 Fosfina
AsH3 Arsina
SbH3 Estibina
CH4 Metano
SiH4 Silano
d) As combinações do hidrogênio
com F, Cl, Br, I, S e Se
denominam-se hidrácidos devido
ao fato de tais compostos ao
dissolverem em água, dão
soluções ácidas.
Fórmula Nome sistemático
(em solução aquosa)
HF Fluoreto de hidrogeno
Ácido fluorídrico
HCI Cloreto de hidrogeno
Ácido clorídrico
HBr Brometo de hidrogeno
Ácido bromídrico
Hl Iodeto de hidrogeno
Ácido yodídrico
H2S Sulfeto de hidrogeno
Ácido sulfídrico
H2Se Selenieto de hidrogeno
Ácido selenídrico
H2Te Telureto de hidrogeno
Ácido telurídrico
5) Outras combinações binárias
As combinações binárias, que não
sejam nem óxidos nem hidretos, são as
formadas por não metais com metais.
Para formularmos se escreve à
esquerda o símbolo do metal, por ser o
elemento mais eletropositivo.
Para nomeá-los se adiciona ao nome do
ametal o sufixo: –ETO.
Alguns exemplos são:
CaF2 Fluoreto de cálcio
FeCl3 Cloreto de ferro (lll)
CuBr2 Brometo de cobre(ll)
MnS Sulfeto de manganês (ll)
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 248
V2S5 Sulfuro de vanádio (V)
Ni2Si Siliceto de níquel (ll)
FeCl2 Cloreto de ferro (ll)
CuBr Brometo de cobre (l)
AlI3 Iodeto de alumínio
MnS2 Sulfeto de manganês (IV)
Mg3N2 Nitreto de magnésio
CrB Brometo de cromo (lll)
6) Nomenclatura tradicional (funcional).
N° de
valências
do
elemento
Ordem da
valência Prefixo Sufixo Exemplo Nomes
1 valência -ico Na+1 Sódico
2 valências
menor -oso Co- Cobaltoso
maior -ico Co+3 Cobáltico
3 valências
menor Hipo- -oso N+1 Hiponitroso
intermédia -oso N+3 Nitroso
maior -ico N+5 Nítrico
4 valência
menor Hipo- -oso Cl+1 Hipocloroso
intermédia menor
-oso Cl+3 Cloroso
intermédia
maior -ico Cl+5 Clórico
maior Per- -ico Cl+7 Perclórico
FABIANO DE CARVALHO QUÍMICA GERAL
Pág. 249 IFES
7) Formulação de compostos
binários (óxidos e anidridos)
Na prática, para formular
compostos binários se recorre ao
chamado ―cruzamento de
valências‖:
a) Fe+2 + Cl-1 → FeCl2
Fe+2 Cl-1
FeCl2
b) C+4 + Br-1 → CBr4
C+4 Br-1
CBr4
Observamos que ao cruzar o valor
absoluto das valências, aparecem na
fórmula o número de átomos
necessários para ―satisfazer‖ as
necessidades eletrônicas dos
elementos.
8) Combinações binários do
oxigênio
Denomina-se óxidos os compostos
binários do oxigênio com outro
elemento ( metálico ou não metálico).
ÓXIDOS Metálicos
Oxigênio+ Metal
Não metálicos
Oxigênio + Ametal
A) Óxidos metálicos
A união do oxigênio com os metais dá
lugar aos óxidos básicos ou metálicos.
A fórmula geral: M2Om
Donde:
M é o metal e
m é o número de oxidação com
que atua.
1. Nomenclatura TRADICIONAL:
ÓXIDO + METAL + OSO (menor valência)/ICO (maior valência)
2. Nomenclatura SISTEMÁTICA:
PREFIXO nº de O + ÓXIDO DE + PREFIXO nº átomos METAL + NOMBRE DEL METAL
Os prefixos utilizados são:
mono-, di-, tri-, tetra-, penta-, hexa-
,hepta-, ...
Observação:
Em muitas ocasiões, não se leva em
conta o prefixo mono-.
3. Nomenclatura de STOCK:
ÓXIDO DE + NOME do METAL + (valência do metal com nº romanos)
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 250
Se o metal tem apenas uma valência,
não é necessário indicá-la.
EXEMPLO Na2O FeO Fe2O3
NOMENCLATURA
TRADICIONAL Óxido sódico
Óxido ferroso
Óxido férrico
NOMENCLATURA
SISTEMÁTICA Monóxido
sódico
Monóxido de ferro
Trióxido diferro
NOMENCLATURA
STOCK Óxido sódio
Óxido de ferro (II)
Óxido de ferro
(III)
B) Óxidos não metálicos
Estão formados pela combinação de
um ametal com oxigênio.
Sua fórmula general é:
M+X + O-2 → M2Ox (―cruzamento‖ de
valências).
Observação importante:
No caso em que x é PAR:
Simplifica-se a fórmula.
Exemplos:
C+4 + O-2 = C2O4
simplificar ↓
CO2
a) Cl+3 + O-2 = Cl2O3
b) N5+ + 02- = N2O5
Um grupo importante dos óxidos não
metálicos pode reagir com a água para
dar origem aos compostos conhecidos
como oxiácidos, nomeadamente
ANIDRIDOS.
Na nomenclatura tradicional se
diferenciam as valências mediante os
sufixos OSO e ICO e os prefixos HIPO
e PER.
1. Nomenclatura TRADICIONAL:
ANIDRIDO + (PREFIXO) + AMETAL + SUFIXO.
Observação:
Tende-se a substituir a palavra
ANIDRIDO por ÓXIDO.
O prefixo e o sufixo dependem das
valências que tenha o ametal.
Para elementos com:
a) UMA valência:
Prefixo ⇒ ico
b) DUAS valências:
Valência maior ⇒ ICO
menor ⇒ OSO
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 251
c) TRÊS valências:
Valência maior ⇒ ICO intermediária ⇒ OSO
menor ⇒ HIPO+OSO
d) QUATRO valências:
Valência
maior ⇒ PER+ICO intermediária maior ⇒ICO intermediária menor ⇒OSOmenor ⇒ HIPO+OSO
Exemplos:
O caso do MANGANÊS é
especial: tem três valências com
as quais atua como ametal: +4,
+6 e +7.
Menor (+4): MnO2 = Anidrido
ou Óxido manganoso
Médio (+6): MnO3 = Anidrido
ou Óxido mangânico
Maior (+7): Mn2O7 = Anidrido
ou Óxido permangânico
Também o CROMO tem
valências nas quais atua como
ametal (+3 e +6):
Menor (+3) Cr2O3 = Anidrido
ou Óxido cromoso
Maior (+6) CrO3 = Anidrido
ou Óxido crômico
2. Peróxidos
São óxidos nos quais figura, em sua
estrutura, o agrupamento
PERÓXO (-O-O-, O2-2), donde o
oxigênio atua com número de
oxidação "-1".
M+x + O2-2 → M2(O2)x
Não se pode simplificar, portanto, o
índice 2 do oxigênio.
(cruzam-se as valências e: se ―x‖ é
par, se simplifica com o subíndice 2
do metal M − a não ser que haja
possibilidade de confundir com um
óxido).
Exemplos:
Li+1 + (O2)-2 = Li2O2
Mg+2 + (O2)-2 = Mg2(O2)2 = MgO2
H+1 + (O2)-2 = H2O2
Fe+2 + (O2)-2 = Fe2(O2)2 = FeO2
Fe+3 + (O2)-2 = Fe2(O2)3
Sn+2 + (O2)-2 = Sn2(O2)2
(aqui não se simplifica, já que se
confundiria com SnO2 , óxido de
estanho (IV) )
Sn+4 + (O2)-2 = Sn2(O2)4 = Sn(O2)2
Pb+2 + (O2)-2 = Pb2(O2)2
(aqui não se simplifica, já que se
confundiria com PbO2 , óxido de
chumbo (IV) )
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 252
9) Compostos pseudobinários
São substâncias formadas por mais
de duas classes de elementos, mas
que se nomeiam como substâncias
binárias.
O componente mais eletronegativo
pode ser:
1 NH+1 = amônio
2 PH4+ = fosfônio
3 AsH4+ = arsônio
4 Sbh4+ = estibônio
5 H3O+ = oxônio
6 H3Se+ = selenônio
7 H3S+ = sufônio
8 H3F+ = fluorônio
9 H2Br+ = bromônio
10 H2I+ = iodônio
11 H4Bi+ = bismutônio
12 H2F+ = fluorônio
13 H2Cl+ = clorônio
14 H4As+ = arsônio
15 H2Br+ = bromônio
16 H4Sb+ = estibônio
17 H3Te+ = telurônio
18 NO+ = nitrosila
19 NO2+ = nitrilo ou nitroílo
20 UO2+ = uranilo (V), uranilo
(1+)
21 UO22+ = uranilo (VI), uranilo
(2+)
22 SO2+ = sulfinilo, tionilo
23 SO22+ = sulfonilo, sulfurilo
10) Compostos ternários
Estes compostos são formados por
3 elementos químicos: um cátion
(H2 ou um ametal) um íon negativo
poliatômico, que corresponde as
funções: hidróxido (ou base), ácido
(oxiácido) e um sal ternário neutro.
Para nomeá-los se menciona
primeiro o grupo poliatômico
(radical) negativo e, em seguida, se
menciona o nome do cátion.
1. Hidróxidos
Os Hidróxidos são substâncias que
se obtém ao reagir um óxido
metálico com água:
Exemplo:
MgO + H2O → Mg(OH)2
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 253
O número de grupos (OH)-1 que
possui a molécula de um hidróxido
coincide com o número de oxidação
do elemento. Considera-se,
portanto, formados por um cátion
metálico e por ânion OH-1 (íon
hidroxila).
Classificação das bases quanto ao
número de hidroxilas (OH-):
Monobases. Apresentam apenas
uma hidroxila como ânion.
Exemplos:
KOH, LiOH, NH4OH.
Dibases. Apresentam duas
hidroxilas como ânion.
Exemplos:
Ca(OH)2, Zn(OH)2, Ba(OH)2.
Tribases. Apresentam três
hidroxilas como ânion.
Exemplos:
Al(OH)3, Ga(OH)3, Fe(OH)3.
Exemplos:
Nomenclatura tradicional:
1 V(OH)2 = hidróxido hipovanadioso
2 V(OH)3 = hidróxido vanadioso
3 V(OH)4 = hidróxido vanádico
4 V(OH)5 = hidróxido pervanádico
5 Cu(OH)2 = hidróxido cúprico
6 Cu(OH) = hidróxido cuproso
7 P(OH)3 = hidróxido hipofosforoso
8 P(OH)4 = hidróxido fosforoso
9 P(OH)5 = hidróxido fosfórico
Nomenclatura sistemática
1 Pd(OH)4 = tetra-hidróxido de
paládio
2 Na(OH) = hidróxido de sódio
3 Sr(OH)2 = di-hidróxido de
estrôncio
4 Al(OH)3 = tri-hidróxido de
alumínio
5 Ba(OH)2 = di-hidróxido de bário
Nomenclatura Stock
1 Fe(OH)3 = hidróxido de ferro (III)
2 Rb(OH) = hidróxido de rubídio (I)
3 Hg(OH) = hidróxido de mercúrio
(I)
4 Au(OH) = hidróxido de ouro (III)
11) Nomenclatura de coordenação
Detalhes estruturais e aspectos de
interesse comparativo:
a) Coloca-se primeiro o símbolo do átomo
central, seguido das fórmulas ou
abreviações dos ligantes iônicos e
depois dos ligantes neutros.
A fórmula do complexo é depois
encerrada entre colchetes, colocando-
se como expoente sua carga, quando se
tratar de espécie iônica.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 254
Dentro de cada classe de ligante, as
espécies são colocadas em ordem
alfabética (sem levar em conta os
prefixos) em relação ao símbolo do
átomo ligante.
Exemplos:
1 [CoN3 (NH3)5]2+;
2 [PtCl3(C2H4)]+;
3 [CoCl2(NH3)4]+;
4 [CoH(N2){(C6H5)3P}3 ];
5 [OsCl5N]2-
b) Dentro de cada classe de ligante, as
espécies são colocadas em ordem
alfabética (sem levar em conta os
prefixos) em relação ao símbolo do
átomo ligante.
Exemplos:
1 [CoN3(NH3)5]2;
2 [PtCl3(C2H4)]+;
3 [CoCl2(NH3)4]+;
4 [CoH(N2){(C6H5)3P}3];
5 [OsCl5N]2-
c) Os sinais, parênteses, chave e
colchetes, devem ser empregados nesta
ordem, ou seja:
[ { ( ) } ], para englobar um
conjunto de grupos idênticos e para
evitar confusões nas fórmulas. Os
ligantes com mais de um átomo são
colocados sempre entre parênteses (ou
chaves) nas fórmulas dos compostos de
coordenação.
d) Nos nomes dos compostos de
coordenação o nome do ânion deve
preceder o do cátion e o átomo central
é citado após o(s) do(s) ligante(s):
K4[Fe(CN)6] hexacianoferrato
ânion
(II) de potássio cátion
e) O nome do complexo (aniônico
catiônico ou neutro) tem duas partes
que se escrevem uma se seguida à
outra, com a preposição de mediana.
Os ligantes comparecem primeiro e o
átomo metálico depois.
Fe(CN)64- Hexacianoferrato(II) de ...
Co(NH3)63+ … de hexamincobalto(III)
f) Os ligantes são identificados por um
nome precedido por prefixo grego que
dá o número de unidades do ligante
ligadas ao átomo. A ordem da
nomeação dos ligantes é a alfabética
(sem levar em conta os prefixos).
g) Os ligantes aniônicos têm os nomes
terminados em o.
Nome do Ânion
Fórmula Nome do Ligante
Brometo Br- Bromo
Carbonato CO32- Carbonato
Cianeto CN- Ciano
Cloreto Cl- Cloro
Fluoreto F- Fluoro
Hidrogenoperóxido HO2- Hidrogenoperoxo
Hidrogenossulfeto HS- Mercapto
Hidróxido OH- Hidroxo
Metóxido H3CO- Metoxo
Oxalato C2O42- Oxalato
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 255
Óxido O2- Oxo
Sulfato SO42- Sulfato
Sulfeto S2- tio
h) Para os ligantes H-, H2N-, HN2- e N3-
a denominação usual, hidreto,
amideto, imideto e azoteto,
respectivamente, são preferível em
relação à hidro, amido, imido ou
azido, por razões de ambiguidade.
Observa-se que, em português, os
nomes dos haletos coordenados, com
exceção de F- correspondem aos nomes
dos elementos: cloro, bromo e iodo.
Ligantes aniônicos contendo prefixos
numéricos (como trifosfato), assim
como os tio-, seleno- e teluro-
derivados dos oxi-ânions (como
tiossulfato), devem ser colocados entre
parênteses.
Exemplos:
1 K[AuS(S2)] dissulfetotioaurato (III) de
potássio
2 [Ru(HSO3)2(NH3)4]
tetraaminbis(hidrogenossulfito)rutênio
(II)
3 Na3[Ag(S2O3)2]
bis(tiossulfato)argentato(I) de sódio
4 K2[OsCl5N] pentacloronitretoosmato
(VI) de potássio
5 [CoH(N2){(C6H5)3P}3]
dinitrogênio(hidreto)tris(trifenilfosfina)
cobalto (I)
i) Os ligantes neutros têm em geral o
nome da molécula. Há exceções
importantes:
Molécula Fórmula Nome do Ligante
Água H2O Aqua
Amônia NH3 Amin
Monóxido de Carbono
CO Carbonil
Monóxido de nitrogênio
NO Nitrosil
j) A identificação do metal se faz pelo
nome do átomo de metal quando o
complexo é neutro ou catiônico, ou
pelo nome do átomo de metal com
a terminação ato quando o
complexo for aniônico, algumas
exceções são:
Nome em Português
Nome em Latim
Nome do ânion
Chumbo (Pb)
Plumbum Plumbato
Cobre (Cu) Cuprum Cuprato
Estanho (Sn)
Stannum Estanato
Ferro (Fe) Ferrum Ferrato
Ouro (Au) Aurum Aurato
Prata (Ag) Argentum Argentato
1 Na3[Fe(CN)6] = hexacianoferrato (III) de sódio
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 256
2 [Co(NH3)6]Cl3 = cloreto de hexaaminocobalto(III)
3 [Co(NH3)6] = hexacianoferrato(III) de hexaaminocobalto(III)
4 [Co(NH3)6]ClS04 = cloreto sulfato de hexaaminocobalto(III)
12.1. Ácidos Oxiácidos
12.2. Formulação
São compostos ternários com a
fórmula geral:
Hm Yn Op
Sendo:
Y = é geralmente um ametal, ainda
que possa ser um metal de
transição, como: V, Cr, Mn, Mo e
W (quando atuam com um
número de oxidação maior ou
igual a +4).
A maior parte dos oxiácidos se obtém
ao reagirmos um óxido metálico com a
água: H2O+Y2Ox → HaYbOc
Por exemplo, o ácido nítrico resulta da
adição de uma molécula de água ao
óxido nítrico:
N2P5 + H2O → 2 HNO3
12.3. Nomenclatura funcional
Temos que distinguir:
Oxiácidos simples
Oxiácidos poli hidratado
Isopoliácidos
1 Oxiácidos simples
Para formulá-los, primeiramente se
escreve o óxido correspondente
(simplificando as atomicidades, quando
admissível) e, em seguida, soma-se
uma molécula de água; por último,
simplifica-se quando for possível.
Quando tivermos um ácido oxigenado
com o elemento central não metálico,
utilizamos a seguinte tabela:
NOx do elemento central
pre
fix
o
ele
men
to
sufi
xo
+1 +2 ácido hipo Y oso
+3 +4 ácido Y oso
+5 +6 ácido Y ico
+7 ácido per Y ico
Advertência:
Os ácidos bórico (H3BO3) e carbônico
(H2CO3) são exceções a essa regra.
Para ácidos oxigenados na qual o
elemento central é um metal, não
existe uma regra de nomenclatura.
Deve-se memorizar a seguinte tabela:
Ácidos
do Mn H2MnO3 H2MnO2 HMnO4
ácido
manganoso
ácido
mangânico
ácido
permangânico
Ácidos
do Cr H2CrO4 H2Cr2O7
ácido
crômico
ácido
dicrômico
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 257
Ácidos
do Sn H2SnO2 H2SnO3
ácido
estanoso
ácido
estânico
Exemplo:
a) Ácido sulfúrico:
Enxofre (S) com NOx = +6
S2O6 → SO3
SO3 + H2O → H2SO4
b) Ácido crômico:
Cromo (Cr) com NOx = +6
Cr2O6 → CrO3
CrO3 + H2O → H2CrO4
c) Ácido manganoso:
Manganês (Mn) com NOx = +4
Mn2O4 → MnO2
MnO2 + H2O → H2MnO3
d) Ácido mangânico:
Manganês (Mn) com NOx = +6
Mn2O6 → MnO3
MnO3 + H2O → H2MnO4
e) Ácido permangânico:
Manganês (Mn) com NOx = +7
Mn2O7
Mn2O7 + H2O → H2Mn2O8 →
HMnO4
2 Ácido oxiácidos poli hidratados
Para o P, As, Sb, B e Si, com mesmo
estado de oxidação, podem formar
oxiácidos com diferentes graus de
hidratação.
Utiliza-se a seguinte regra:
Elemento META ORTO
P As Sb B
1 H2O 3 H2O
Si 1 H2O 2 H2O
O prefixo ORTO é frequentemente
omitido, mas não o META. Assim, em
regra, escreve-se ácido fosfórico, em
vez de ácido ortofosfórico.
EXEMPLO NOM. TRADIC.
P2O5 + 1H2O →
H2P2O6 → HPO3
Ác. metafosfórico
Sb2O3 + 2 H2O → H4Sb2O5
Ác. piroantimonioso
P2O5 + 3 H2O →
H6P2O8 → H3PO4
Ác. ortofosfórico
O boro (B) pode formar o oxiácido
META ou ORTO.
Porém, o silício (Si) e o iodo (I), para
formar os oxiácidos ortossilícico e o
periódico necessitam 2 e 5 moléculas
de água, respectivamente.
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 258
EXEMPLO NOM. TRADIC.
HBO3 Ác. metabórico
H3BO3 Ác. metafosfórico
SiO2+2 H2O → H4SiO4
Ác. ortossilícico ou silícico
I2O7+5 H2O → H10I2O12 → H5IO6
Ác. ortoperiódico ou periódico
Alguns metais também formam
oxiácidos, como o cromo e o magnésio.
EXEMPLO NOM. TRADICIONAL
H2CrO4 Ácido crômico
HMnO4 Ácido permangânico
3 Poliácidos (isopoliácidos)
São oxiácidos cuja molécula existe
mais de um átomo do metal ou átomo
central. Resulta da união de 2 ou 3
moléculas de oxiácidos com a perda de
uma molécula de água por cada união.
É como se fosse dímero, trímeros, se
tiverem 2, 3, etc., moléculas de
oxiácidos.
Podemos escrever a fórmula, nos casos
mais simples, unindo a uma molécula
de água, as moléculas necessárias do
anidrido correspondente.
m n· ANIDRIDO + H2O → POLIÁCIDO
n = 1,2, …
Exemplo:
1 SO3 + H2O → H2S2O7 = ácido
dissulfúrico
2 P2O3 + H2O → H2P6O10 →
HP3O5 = ácido trifosfórico
3 SeO3 + H2O → H2Se4O13 =
ácido tetraselênico.
4 H2B4O7 − H2O → 2 BO3 =
Ácido tetrabórico
5 H2Cr2O7 − H2O → 2 CrO3 =
Ácido dicrômico
6 H2S2O5 − H2O → 2 SO2 =
Ácido dissulfuroso
7 H2S2O7 − H2O → 2 SO3 =
Ácido dissulfúrico
8 H2Cr2O7 − H2O → CrO3 =
Ácido dicrômico
9 H5P3O10 → 2 H5P3O10 →
H10P6O20 – 5 H2O → 3 P2O5 =
Ácido trifosfórico
◊ NOTA IMPORTANTE:
Os ácidos polifosfóricos podem ser
formulados de acordo com a
fórmula geral:
m H n+2 P n O 3n+1
m
Assim, para o ácido trifosfórico:
H3+5P3O3×3+1 → H5P3O10
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 259
Os ácidos polimetafosfóricos têm a
fórmula general:
m
( HPO3 )n
m
4 Nomes de íons
Um íon é uma espécie química
carregada positivamente ou
negativamente.
A. Íons positivos ou cátions
Quando os cátions têm somente dois
números de oxidação, sem importar
seu valor, na nomenclatura tradicional
se escreve a palavra ÍON seguida do
nome do elemento com terminação
ICO e na IUPAC a palavra ÍON e o
nome do elemento.
Exemplo:
Na+1 = íon sódico ou íon de
sódio
Para íons metálicos com número de
oxidação de +4 ou menores, na
tradição se agregará ao nome do
elemento a terminação OSO ao
trabalhar com seu menor valor e ICO
ao trabalhar com seu maior valor; na
IUPAC ao nome do elemento se
agregará o número de oxidação escrito
em algarismo romano (entre parentes).
Por exemplo:
Au+1 = íon auroso ou íon ouro (I)
Au+2 = íon áurico ou íon ouro (II)
Para os íons ametálicos com mais de
dois números de oxidação e para os
metais cujo número de oxidação seja
menor de +4, se aplicam as seguintes
regras:
Para número de oxidação +1,+2
será o prefixo HIPO seguido do
nome do elemento com a
terminação OSO.
Para número de oxidação +3,+4
se escreverá o nome do elemento
com a terminação OSO.
Para número de oxidação +5,+6
será o nome do elemento com a
terminação ICO.
Para número de oxidação +7 se
escreverá o prefixo PER seguido
do nome do elemento com a
terminação ICO.
Exemplos:
Cl+1 = íon hipocloroso
Cl+3 = íon cloroso
Cl+5 = íon clórico
Cl+7 = íon perclórico
B. Íons negativos ou ânions
Quando os ânions estão formados por
somente um metal, se nomeiam
escrevendo o nome do metal com a
terminação ETO.
Quando se formam com um oxigênio e
o ametal tem somente duas cargas
positivas, levará a terminação ITO
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 260
para a carga menor do ametal e ATO
para a carga maior.
C. Ânions procedentes da total
eliminação dos hidrogênios
ácidos
As terminações do grupo
eletronegativo dependem do ácido
correspondente:
Exemplo:
HNO2 -H+
NO2- = nitrito Ácido nitroso
H2SO3 -2H+
SO32- = sulfito
Ácido sulfuroso
HNO3 -H+
NO3- = nitrato
Ácido nítrico
H2SO4 -2H+
SO42- = sulfato
Ácido sulfúrico
D. Ânions procedentes da parcial
eliminação dos hidrogênios
ácidos
Antepõe-se o prefixo HIDROGENO-
ou ÁCIDO-, com o numeral
correspondente (di, tri, etc.), antes do
nome do ânion, considerando o
hidrogênio como parte deste.
Ex.1: Hidrogenosulfato
H3PO4 -2H+
HPO42-
Ácido fosfórico
Ex.2: Hidrogenocarbonato
H2CO3 -H+
HCO3-
Na prática:
No caso de ter mais de dois números
de oxidação o ametal ou com metais
que tenham carga maior que +4,
nomeiam-se da seguinte maneira:
Carga +1,+2, prefixo HIPO
seguindo o nome do elemento
com a terminação ITO
Com valência +3,+4 o nome do
elemento com a terminação ITO
Com valência +5,+6 se escreva o
nome do elemento com a
terminação ATO
Para a valência +7, o prefixo
PER seguido do nome do
elemento com a terminação
ATO.
Exemplos:
ÂNIOS
Acetato CH3COO-
Borato BO33-
Bromato BrO3-
Brometo Br-
Carbonato CO22-
Cianamida CN22-
Cianato CNO-
Cianeto CN-
Clorato ClO3-
Cloreto Cl-
Clorito ClO2-
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 261
Cromato CrO42-
Dicromato Cr2O72-
Dihidrogenofosfato H2PO4-
Estanato SnO32-
Estanito SnO22-
Hexacianoferrato (II) Fe(CN)64-
Hexacianoferrato (III) Fe(CN)63-
Fluoreto F-
Fosfato PO43-
Fosfito PO33-
Fosforeto P3-
Hidreto H-
Hidrogenocarbonato HCO3-
Hidrogenofosfato HPO42-
Hidrogenosulfato HSO4-
Hidrogenosulfito HSO3-
Hidrogenosulfureto HS-
Hidróxido OH-
Hipoclorito CIO-
Hipoiodito IO-
lodato IO3-
lodeto I-
lodito IO2-
Nitrato NO3-
Nitreto N3-
Nitrito NO2-
Oxalato C2O42-
Oxido O2-
Perclorato CIO4-
Periodato IO4-
Permanganato MnO4-
Peróxido O22-
Silicato SiO44-
Sulfato SO42-
Sulfito SO32-
Sulfureto S2-
Tartarato C4H4O62-
Tiocianato SCN-
Tiosulfato S2O32-
Tiosulfito S2022-
Triiodeto I3-
5 Nomenclatura de sais halóides e
oxissais
Sais halóides:
Ametal + eto de nome do cátion
Exemplos:
NaCa = cloreto de sódio
KBr = brometo de potássio
Oxissais: como são derivados de
oxiácidos e também dependem do
NOx, sua nomenclatura é associada,
conforme mostra a tabela a seguir:
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 262
NOx Prefixo Oxiácidos Oxissais
Sufixo Sufixo
+1 ou +2
hipo- -oso -ito
+3 ou +4
- -oso -ito
+5 ou +6
- -ico -ato
+7 (hi) per-
-ico -ato
HaXbOc subtrai-se todos hidrogênios
→ (XaOc)-a
("a" coincide com o número de H
eliminados e será a valência do grupo)
Ao combinarmos com o metal: ("cruza-
se" as valências):
Mn+ + (XbOc)-a → Ma(XbOc)n
É bom lembrar que B3+, C4+ e Si4+ só
possuem sufixo –ICO como ácidos.
Quando estão como sais só usam o
sufixo –ATO.
Exemplos:
KNO2 = nitrito de potássio
NaClO = hipoclorito de sódio
KMnO4 = permanganato de potássio
6 Sais duplos
Alguns sais são constituídos por mais
do que um tipo de ânion e um cátion
ou mais do que um tipo de cátion e um
ânion. Designam-se por sais duplos.
As regras de escrita e nomenclatura
são:
Os cátions são mencionados depois
dos ânions e precedidos pela
preposição de;
Os cátions e os ânions são separados
pela conjunção; e
Os cátions e os ânions devem ser
mencionados por ordem alfabética
(que pode ser diferente nas fórmulas
e nos nomes).
Exemplos:
1 KMgF3 (íons K+, Mg2+, F-) =
fluoreto de magnésio e potássio
2 Na(NH4)HPO4.4H2O =
hidrogenofosfato de sódio e
amônio
3 KAl(SO4)2 = sulfato duplo de
potássio e alumínio
4 Pb(OH)2CO3 = dihidroxi
carbonato de chumbo IV.
5 MgNa2P2O6 = Hipofosfato de
magnésio e sódio
Outros exemplos de sais:
6 Ba(NO3)2 = nitrato de bário
7 CaHPO4 =fosfato monoácido de
cálcio
8 Na3PO4 = fosfato de sódio
9 Al(OH)CO3 = carbonato
monobásico de alumínio
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 263
10 Al(OH)2(CO3)2 = carbonato
difásico de alumínio
11 KAlSO4 = Alúmen de potássio
12 KBi(SO4)2 = Alúmen de bismuto
e potassio
13 NaHCO3= bicarbonato de sódio
14 NaH2BO3 = borato difásico de
sódio
15 NaHBO3 = borato monoácido de
sódio
16 FeOHCO3 = carbonato
monobásico de ferro 3
17 Fe(OH)2Br = brometo difásico
de ferro3
18 Al(OH)2ClO4 = perclorato
difásico de alumino
19 Ca(NO2)2 - nitrito de cálcio
20 NaCl = cloreto de sódio
21 FeI = iodeto férrico
22 RbCl = cloreto de rubídio
23 Sr(NO3)2 - nitrato de estrôncio
24 Pb(CO3)2 = carbonato de
chumbo
25 ZnCl2 = cloreto de zinco
26 NaBr = brometo de sódio
27 Fe2S3 = sulfeto de ferro III
28 KF = fluoreto de potássio
29 AgNO3 = nitrato de prata
30 MgF2 = fluoreto de magnésio
31 NaNO2 = nitrato de sódio
32 CaS = sulfeto de cálcio
33 Mg3(PO4)2 = fosfato de
magnésio
34 CH3COONa =acetato de sódio
35 CH3COOCH3 = acetato de
metila
36 NaBr = brometo de sódio
37 NaF = Fluoreto de sódio
38 CaCl2 = cloreto de cálcio
39 Na2CO3 = carbonato de sódio
40 KNO2 = nitrito de potássio
41 KAl(SO4)2 = sulfato de potássio
e alumínio
42 NaCa(PO)4= fosfato de sódio e
cálcio
43 Mg(NH4)(PO4) = fosfato de
magnésio e amônio
44 CaCl2.2H2O = cloreto de cálcio
diidratado
45 Na2SO4 . 10H2O = sulfato de
sódio decaidratado
46 NaH2PO4 = diidrogeno fosfato
de sódio
47 Na2HPO4 = monoidrogeno
fosfato de sódio
48 Al(OH)2F = diidroxifluoreto de
alumínio
49 Ca(OH)Cl = hidroxicloreto de
cálcio
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 264
50 MgHCO3 = hidrogenocarbonato
de magnésio
51 CaCO3 = carbonato de cálcio
52 CaSO4 = sulfato de cálcio
53 (NH4)2SO4 = sulfato de amônio
54 KNO3= nitrato de potássio
55 CaI2= iodeto de cálcio
ALGUMAS CONSTANTES E CONVERSÕES ÚTEIS:
1atm = 760mmHg = 101325Pa R = 8,63 x 10-5 eV / K · atom
1Torr = 1mmHg R = 0,7302 ft3·atm / °R ·lb-mole
R = 1,987 cal/mol.K R = 1,987 Btu / lb-mol · °R
R = 8,314472 J / K · mol R = 10,7316 ft³ · psi / °R · lb-mol
R = 0,0820574587 L · atm / K· mol R = 6,132439833 lbf · ft / K · g · mol
R = 8,20574587 x 10-5 m³·atm/K·mol R = 1,987 cal / K · mol
R = 8,314472 cm3 · MPa / K · mol R = 83,14472 L · mbar / K · mol
R = 8,314472 L · kPa / K · mol R = 62,3637 L · Torr / K · mol
R = 8,314472 m3 · Pa / K · mol R = 62,3637 L · mmHg / K · mol
Número de Avogadro: 6,02×1023
1mL = 1cm³
1dm³ = 1L = 1000mL
1000Kg = 1ton
1Kg = 1000g
1g = 1000mg
1nm = 1.10-9m
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 265
PREFIXOS DO SISTEMA INTERNACIONAL
O Sistema Internacional permite o uso de prefixos nas unidades, tornando desta
forma, a leitura e escrita das unidades mais fácil. Os prefixos utilizados no Sistema
Internacional, símbolos e sua representação são os seguintes:
yotta Y 1 000 000 000 000 000 000 000 000 = 1024
zetta Z 1 000 000 000 000 000 000 000 = 1021
exa E 1 000 000 000 000 000 000 = 1018
peta P 1 000 000 000 000 000 = 1015
tera T 1 000 000 000 000 = 1012
giga G 1 000 000 000 = 109 (bilião)
mega M 1 000 000 = 106 (milhão)
kilo k 1 000 = 103 (milhar)
hecto h 100 = 102
deca da 10 = 101 1
deci d 0,1 = 10-1 (décima)
centi c 0,01 = 10-2 (centésima)
mili m 0,001 = 10-3 (milésima)
micro 0,000 001 = 10-6
nano n 0,000 000 001 = 10-9
pico p 0,000 000 000 001 = 10-12
femto f 0,000 000 000 000 001 = 10-15
atto a 0,000 000 000 000 000 001 = 10-18
zepto z 0,000 000 000 000 000 000 001 = 10-21
yocto y 0,000 000 000 000 000 000 000 001 = 10-24
QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO
IFES Pág. 266
SITES ÚTEIS:
http://old.iupac.org/publications/books/rbook/Red_Book_2005.pdf
http://www.ssag.sk/SSAG%20study/CHE/IUPAC%20nomenclature%20of%20ino
rganic%20chemistry4,5.pdf