Química geral

FABIANO DE CARVALHO QUÍMICA GERAL

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QUÍMICA GERAL FABIANO DE CARVALHO

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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


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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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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::

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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..


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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..


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


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


IFES Pág. 12

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..


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..


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.


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.


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


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.


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


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.


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


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


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


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


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.


IFES Pág. 25

Fig. 23. Orbitais p.

Fig. 24. Orbitais d.

Fig. 25. Orbitais f.


IFES Pág. 26

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.


IFES Pág. 27

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.


IFES Pág. 28

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


IFES Pág. 29

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..


IFES Pág. 30

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.


IFES Pág. 31

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))..


IFES Pág. 32

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


IFES Pág. 33

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


IFES Pág. 34

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


IFES Pág. 35

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.


IFES Pág. 36

Fig. 34: Raio Atômico.

Fig. 35: Raio Atômico dos Elementos.


IFES Pág. 37

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


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.


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.


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..


IFES Pág. 41

Tabela 8: Número de oxidação dos Elementos.


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.


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.


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.


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.


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:


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


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( )


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.


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


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.


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.


IFES Pág. 53

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


IFES Pág. 54

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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http://pt.wikipedia.org/wiki/Per%C3%ADodo_da_tabela_peri%C3%B3dica

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http://pt.wikipedia.org/wiki/Ne%C3%B4nio


http://pt.wikipedia.org/wiki/S%C3%B3dio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Magn%C3%A9sio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Alum%C3%ADnio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Sil%C3%ADcio

http://pt.wikipedia.org/wiki/F%C3%B3sforo

http://pt.wikipedia.org/wiki/Enxofre

http://pt.wikipedia.org/wiki/Cloro

http://pt.wikipedia.org/wiki/Arg%C3%B4nio


http://pt.wikipedia.org/wiki/Pot%C3%A1ssio

http://pt.wikipedia.org/wiki/C%C3%A1lcio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Esc%C3%A2ndio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Tit%C3%A2nio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Van%C3%A1dio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Cromo

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http://pt.wikipedia.org/wiki/Cobalto

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http://pt.wikipedia.org/wiki/Germ%C3%A2nio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Ars%C3%AAnio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Sel%C3%AAnio

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http://pt.wikipedia.org/wiki/Cript%C3%B4nio


http://pt.wikipedia.org/wiki/Rub%C3%ADdio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Estr%C3%B4ncio

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http://pt.wikipedia.org/wiki/Ni%C3%B3bio

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http://pt.wikipedia.org/wiki/Tecn%C3%A9cio

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http://pt.wikipedia.org/wiki/R%C3%B3dio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Pal%C3%A1dio

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http://pt.wikipedia.org/wiki/Ununtrio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Ununquadio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Ununpentio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Ununhexio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Ununseptio

http://pt.wikipedia.org/wiki/Ununoctio


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


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.


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.


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


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.


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.


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'


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:


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‖


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.


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


IFES Pág. 66

= 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


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.


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


http://pt.wikipedia.org/wiki/Metano

http://pt.wikipedia.org/wiki/Metano



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



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


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


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


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


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


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- -).


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


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


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


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


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.


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)


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.


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.


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.


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:


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.


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


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


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


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


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;


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.


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


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,


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,


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


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.


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:


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


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.


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:


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


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


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


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:


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%


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:


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


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


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:


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).


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).


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


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


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%.


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%?


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.


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


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


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


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.


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:


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:


MnO4- + 8H+ + 5e- → Mn2+ + 4H2O


SO32- + H2O → SO4

2- + 2H+ + 2e-

Encontrando um fator multiplicativo de forma a que ambas as equações

envolvam o mesmo número de elétrons, vem:


(MnO4- + 8H+ + 5e- → Mn2+ + 4H2O) × 2


(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


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+


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:


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:


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.


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)


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


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


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.


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


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:


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:


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


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,


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


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


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


0,040 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


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


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


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


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


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:


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


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


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


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:


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:


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:


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


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


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:


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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.


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-.


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.


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:


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.


Fração molar do soluto:

FM1 = moles de soluto

moles de soluto+moles de solvente


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:


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


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.


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


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’


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


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


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


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


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).


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:


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:


IFES Pág. 174

11) Continua


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.


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.


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.


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;


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


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


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.


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;


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


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‖.


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.


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


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


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


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.


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.


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


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


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


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.


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


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.


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

=


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


IFES Pág. 197


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


IFES Pág. 198


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.


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


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

=


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.


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.


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


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


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


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


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


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


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


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


IFES Pág. 210

TIPO DE EQUILÍBRIO

NOME E

SÍMBOLO DA CONSTANTE 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


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



KRedox = [Cu2+][Fe2+]2

[Fe+3]2

Equilíbrio Oxidação/Redução

K Redox

Exemplo Típico:

Cu + 2 Fe+3+ ↔ Cu2+ + 2 Fe2+


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.


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:


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


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]


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


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


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


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?


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


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:


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


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)


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


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;


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,


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


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]


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.


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


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.


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.


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-]


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


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


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


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.

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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

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Hidr%C3%B3geno

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Helio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Litio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Boro

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Carbono

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Nitr%C3%B3geno

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Ox%C3%ADgeno

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Fl%C3%BAor

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Ne%C3%B3n

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Sodio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Aluminio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Silicio

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=F%C3%B3sforo_%28elemento%29&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Azufre&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Cloro&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Arg%C3%B3n

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Potasio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Escandio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Titanio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Vanadio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Cromo

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Manganeso

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Hierro

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Cobalto

http://es.quimica.wikia.com/wiki/N%C3%ADquel

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Cobre

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Zinc&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Galio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Germanio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Ars%C3%A9nico&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Selenio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Bromo&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Kript%C3%B3n

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Rubidio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Itrio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Circonio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Niobio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Molibdeno

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Tecnecio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Rutenio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Rodio

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Paladio_%28elemento%29&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Plata&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Cadmio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Indio_%28elemento%29&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Esta%C3%B1o&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Antimonio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Telurio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Yodo&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Xen%C3%B3n

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Cesio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Hafnio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Tantalio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Wolframio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Renio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Osmio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Iridio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Platino

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Oro

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Mercurio_%28elemento%29&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Talio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Plomo&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Bismuto&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Polonio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Astato&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Rad%C3%B3n

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Francio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Rutherfordio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Dubnio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Seaborgio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Bohrio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Hassio

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Meitnerio

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Darmstadtio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Roentgenio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/wiki/Copernicio

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Ununtrio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Flevorio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Ununpentio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Livermorio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Ununseptio&action=edit&redlink=1

http://es.quimica.wikia.com/index.php?title=Ununoctio&action=edit&redlink=1




http://es.quimica.wikia.com/wiki/Berilio








http://es.quimica.wikia.com/wiki/Magnesio








http://es.quimica.wikia.com/wiki/Calcio

















http://es.quimica.wikia.com/wiki/Estroncio

















http://es.quimica.wikia.com/wiki/Bario

















http://es.quimica.wikia.com/wiki/Radio_%28elemento%29

















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












































































































































































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


















































































































































































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


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














































































































































































IFES Pág. 241

9. Grupo IVB.

I II IVB


H He

Li Be B C N O F Ne


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


H He

Li Be B C N O F Ne


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
















































































































































































IFES Pág. 242

11. Grupo VIB.

I II VIB


H He

Li Be B C N O F Ne


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


H He

Li Be B C N O F Ne


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



























































































































































IFES Pág. 243

13. Grupo VIIIB

I II

VIIIB


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


H He

Li Be B C N O F Ne


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



















































































































































































IFES Pág. 244

15. Grupo IIB.

I II IIB


H He

Li Be B C N O F Ne


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


























































































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


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.


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)


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)


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


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) )


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


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.


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


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


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


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:


Mn2O6 → MnO3

MnO3 + H2O → H2MnO4

e) Ácido permangânico:


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.


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


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.


se escreverá o nome do elemento

com a terminação OSO.


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


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-


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:


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


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


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


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


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

http://old.iupac.org/publications/books/rbook/Red_Book_2005.pdf

http://www.ssag.sk/SSAG%20study/CHE/IUPAC%20nomenclature%20of%20inorganic%20chemistry4,5.pdf

http://www.ssag.sk/SSAG%20study/CHE/IUPAC%20nomenclature%20of%20inorganic%20chemistry4,5.pdf

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