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QUÍMICA GERAL
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INSTITUTO FEDERAL DO ESP ÍR RITO SANTO
" " E Eu E u v v e e j j o o...... e eu u p pe er r cce eb bo o ; ; e eu ue e s sccu ut t o o...... e eu u cco om m p pr r e ee en nd do o ; ; e eu u f f a açço o...... e eu ua a p pr r e en nd do o.." "
Química Inorgânica FABIANO DE CARVALHO
SANTA TERESA 2010
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5.6.1 Em massa 5.6.2 Em volume 5.7 Problemas de diluição 5.8 Exercícios Resolvidos UNIDADE VIII. NOÇÕES GERAIS DE EQUILÍBRIO EM RELAÇÕES QUÍMICAS
1.1. O que é equilíbrio? 1.2. Estado de Equilíbrio 1.3. Velocidade de uma Reação 1.4. Generalidades Sobre Cinética Química 1.5. Característica do Equilíbrio Químico 1.6. Deslocamento do Equilíbrio 8.6.1 Alteração na concentração 8.6.2 Alteração na pressão 8.4.3 Alteração na temperatura 1.7. Lei de Ação das Massas 1.8. Equilíbrio Químico 1.9. Constante de Equilíbrio em função das pressões parciais 1.10. Relação Matemática entre Ke e Kp 1.11.Equilíbrio 1.11. Equilíbrio químico envolvendo precipitados e equilíbrio de solubilidade 1.12. 1.12. Equilíbrio Químico entre a água e seus íons (Kw) 1.13. 1.13. Equilíbrio Químico envolvendo ácidos e bases 1.14. 1.14. Constante de dissociação dos ácidos (Ka) 1.15. Substâncias Básicas Constante de dissociação (Kb) 1.16. Balanço de Carga 1.17. A caracterização de soluções ácidas ou básicas (pH e pOH) 1.18. Acidez Atual, potencial e Total 1.19.Resumo 1.19. Resumo dos principais tipos de equilíbrio e constantes de equilíbrios 1.20. Exercícios Resolvidos
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APÊNDICES
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Estados de Oxidação Nomenclatura química dos compostos inorgânicos Algumas constantes e conversões úteis
165 165 166 167 175 175 175 176 182 183 185 185 185 186 187 192 194 194 195 201 203 206 207 209 209 210 211 212 237 237 245
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UNIDADE I
I. A ORIGEM DA TEORIA ATÔMICA. Muitas abordagens do conceito de átomo apareceram ao longo do tempo. Todas f oram delineadas com um caráter primeiramente f ilosóf ico. Filósof os gregos, no século V antes de Cristo, admitiam, intuitivamente, que a matéria seria constituída de partículas indivisíveis, a que chamaram de átomo. A ideia do átomo f oi estabelecida pela primeira vez por Demócrito em 530 a.C., mas, f oi a partir da teoria atômica do f ísico e químico britânico John Dalton (um dos marcos da Química do século XIX), que surgiu uma f orma operacional, capaz de ser usada em determinações experimentais.
Fig. 1: Frontispício de A New System of Chemical Philosophy, de 1808.
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As partículas constituintes das substâncias simples, contendo apenas um tipo de elemento, f oram chamadas de ―partículas últimas‖, que são os nossos átomos.
Fig. 2
No livro ―N o ov vo o S i is s t te e m ma a ‖ , ele demonstrou que gases dif erentes não podem ter partículas de mesmo tamanho. A af irmação f inal de Dalton, contudo, não é verdadeira, uma vez que ela se choca com a hipótese de A v vo o g a ad d r r o o (em 1811), a qual af irma que: ―Volumes iguais de gases dif erentes contêm o mesmo número de moléculas‖. Sua primeira ―tabela de pesos relativos das partículas últimas dos corpos gasosos e outros‖, de 1803, está reproduzida na Tabela 1. IFES
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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.
Pesos atômicos (sic) ESPÉCIE QUÍMICA Hidrogênio Azoto Carbono Amônia Oxigênio gua Ág Fósf oro Hidrogênio f osf oretado (PH3) Gás nitroso (NO) Étter xido gasoso de carbono (CO) xido nitroso (N20) Óx Enxof re Acido nítrico (NO2) Hidrogênio sulf uretado (H2S) Áccido carbônico (CO2) lcool Áccido sulf uroso (SO2) Áccido sulf úrico (SO3) Hidrogênio carburetado da água estagnada (CH4) Gás olef iante (C2H4)
1805
1808
1 4.2 4.3 5.2 5.5 6.5 7,2 8.2 9.3 9.6 9.8 13.7 14.4 15.2 15.4 15.3 15.1 19.9 25.4 6.3
1 5 5 6 7 8 9 12 12 17 13 19 16 19 16 4 34 7
5.3
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1. 2 O átomo. – A unidade f undamental da matéria. Com o advento da ciência experimental nos séculos XVI e XVII, os avanços na teoria atômica tornaram-se mais rápido. Os químicos perceberam que todos os líquidos, gases e sólidos podem ser decompostos em seus constituintes f undamentais, ou elementos. Por exemplo, descobriu-se que o sal é composto de dois elementos dif erentes, sódio e cloro, conectados em uma união íntima conhecida
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como ligação química. O ar, no entanto, provou ser uma mistura de gases nitrogênio e oxigênio.
1.2 Característica da Matéria. O termo e s st t a a d do o d a a m a at té é r ri i a a ref ere à f orma f ísica em que a matéria existe: sólido, líquido e gás. Os sólidos são caracterizados com tendo tanto uma f orma como volume def inido. Em um sólido as f orças que mantém as moléculas, ou átomos, são f ortes. Não requerem, portanto, apoio externo para manterem a conf iguração. Suas partículas estão ordenadas e vibram rotacionalmente, apenas. Os líquidos têm o volume def inido, mas f orma indeterminada (tomam a f orma de seus recipientes) e são ligeiramente compressível. As f orças que mantêm as moléculas ou átomos de um líquido são mais f racas do que nos sólidos. Suas partículas estão dispostas aleatoriamente, mas próximas. Os gases são f acilmente compressíveis e capazes de expansão inf inita. Sua f orma é indef inida e o seu volume é indeterminado. As f orças atrativas são quase inexistentes. A distância entre elas é muito grande e variável e suas partículas se movem desordenadamente ao imprevisível. Contudo, os dif erentes estados da matéria têm uma coisa em comum: todos eles podem ser divididos em unidades f undamentais chamadas átomos.
O estado sólido. Forças de coesão são maiores do que as de repulsão; apresenta retículo cristalino - forma geométrica definida; o movimento das partículas ocorre somente no retículo cristalino; são muito pouco compressíveis.
Fig. 3
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O estado Líquido. As forças de coesão e repulsão se igualam; não apresenta retículo cristalino; apresenta tensão superficial; podem ser comprimidos.
Fig. 4
O Estado Gasoso. As forças de repulsão são maiores do que as de coesão; há grande expansibilidade; grande compressibilidade e as partículas movimentam-se com grande velocidade.
Fig. 5
1. 3 A Estrutura do Átomo Um grande número de estudos, iniciados por volta de 1850, demonstrou a existência de uma estrutura interna no átomo constituído por partículas menores, que se designou por partículas subatômicas. O cientista Thomson realizou, no f inal do século XIX, uma série de experiências que lhe permitiram concluir que o átomo não era apenas uma esf era indivisível como tinha dito Dalton. Esta esf era tinha carga positiva e no seu interior, partículas com carga elétrica negativa, a que se deu o nome de elétrons.
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1.4 O modelo de Thomson. O modelo de Thomson, também conhecido por p u ud d i i m m d e e p p a as ss s a as s , representa o átomo como uma esf era maciça de carga positiva, unif ormemente distribuída, onde se encontrariam incrustadas pequeninas esf eras de carga negativa que tomaram o nome de elétrons.
O modelo de Thomson, também conhecido por pudim de passas.
Fig. 6
1.5 Modelo Atômico de Rutherf ord Em 1910, um antigo aluno de Thomson, Ernest Rutherf ord (1871-1937) concebeu, com base em estudos de f enômenos radioativos, um novo modelo atômico. Segundo o modelo de Rutherf ord, toda a carga positiva do átomo está concentrada numa pequena zona densa e central a que chamou núcleo, e as partículas de carga negativa, os elétrons, encontram-se em movimento em torno do ref erido núcleo. Rutherf ord, após diversas experiências, concluiu que: 1. A maior parte do átomo era espaço vazio; 2. Na região central do átomo concentra-se toda a massa do átomo; 3. O núcleo tem carga positiva; 4. Os elétrons giram em torno do núcleo, tal como os planetas em torno do Sol. IFES
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Este modelo, apesar de extremamente útil não conseguia explicar o f ato de a matéria ser estável uma vez que a atração eletrostática entre os elétrons e o núcleo positivo implicava necessariamente que as cargas negativas colidissem com a região positiva originando partículas materiais instáveis – o que não se observava. Esses elétrons não poderiam estar parados, pois eles cairiam em direção ao núcleo devido à atração coulombiana, então Rutherf ord propôs que os elétrons estariam girando em torno do núcleo em órbitas circulares. No entanto, isso não resolvia o problema da estabilidade do núcleo, pois cargas elétricas aceleradas emitem energia, e a perda de energia f aria os elétrons espiralarem rapidamente em direção ao núcleo, emitindo radiação em todos os comprimentos de onda e tornando os átomos instáveis. Esse modelo atômico não era satisf atório, pois os átomos obviamente são estáveis.
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.
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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.
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1.7 O modelo de Niels Böhr. Em 1911, Ernest Rutherf ord, realizou um experimento, para comprovar o modelo proposto atômico por Thomson, que consistiu em bombardear uma f ina f olha de ouro (0,0001 ? ? ?) ?com partículas positivas e pesadas, denominadas partículas alf a (α), emitidas por um elemento radioativo chamado polônio. Niels Bohr completou, que completou o modelo proposto por Rutherf ord, sugeriu que: I. Os elétrons se movem em torno do núcleo com órbitas circulares; II. III.
A cada órbita corresponde uma determinada energia; Os elétrons com mais energia movem-se em órbitas mais af astadas do núcleo.
Durante a realização da experiência, Rutherf ord observou que: a) a maioria das partículas α atravessaram a f olha de ouro sem sof rer desvios e sem alterar a superf ície da f olha de ouro; b) algumas partículas α sof reram desvios ao atravessar a f olha de ouro; c) muito poucas partículas α não atravessaram a f olha de ouro e voltaram (f ig.8).
Fig. 10: O experimento de Ernest Rutherford
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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 K L M N O P Q
1.9
Nível de energia (n) 1 2 3 4 5 6 7
Número máximo de elétrons 2 8 18 32 32 18 8
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.
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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
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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 Número quântico Estado principal orbital atômico n=1 n=2 n=3
l=0
1s
l=0 l=1 l=0 l=1 l=2
2s 2p 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.
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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
-2, -1, 0, +1, +2
-3, -2, -1, 0, +1, +2, +3
5
7
l
0 -1, 0, +1
Orientações 1 IFES
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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
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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
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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 (19021984). 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
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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.
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Fig. 23. Orbitais p.
Fig. 24. Orbitais d.
Fig. 25. Orbitais f .
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A EVOLUÇÃO DO MODELO DO ÁTOMO RESUMO TEORIA DE DALTON A) Cada elemento é composto de minúsculas partículas indestrutíveis chamadas átomos. Átomos não podem ser criados nem destruídos durante uma reação química. B) Todos os átomos de um elemento são semelhantes em massa (peso) e outras propriedades, mas os átomos de um elemento são diferentes do resto dos elementos. C) Em cada um dos seus compostos, os diferentes elementos se combinam em proporções numéricas simples: assim, um átomo de um com um átomo de B (AB), ou um átomo A com dois átomos de B (AB2). Teoria atômica de Dalton levou à "Lei das proporções múltiplas, que afirma: ―Se dois elementos formam mais do que um único composto simples, as massas de um elemento se combina com uma massa fixa de um segundo elemento numa simples razão inteira‖. Exemplo: o hidrogênio e o oxigênio se combinar formando 2 compostos diferentes: a água e a água oxigenada. No primeiro, 11,11 g de H2O combinam-se a 89,99 g de O, formando 100 g de água. No segundo, 100 g de H2O2 são formadas por 5,88 g de H e 94,11 g de O. Como se vê: 5,88 é praticamente metade de 11,11, donde se verifica a veracidade da lei.
MODELO ATÔMICO DE THOMSON Neste modelo, concebido em 1904, o átomo é constituído por uma esfera de carga elétrica positiva, na qual estão imersos os elétrons com carga elétrica negativa.
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A) Modelo de Dalton, B) Modelo de Thompson. Fig. 26
MODELO ATÓMICO DE RUTHERFORD Neste modelo, concebido em 1911, o átomo é constituído por um núcleo, portador de carga elétrica positiva, à volta do qual rodam os elétrons, descrevendo órbitas elípticas.
MODELO ATÔMICO DE BOHR Neste modelo, concebido em 1913, o átomo é constituído por um núcleo, tal como no modelo de Rutherford, mas em que os elétrons se movem em órbitas circulares em torno do núcleo, correspondendo a cada uma delas um nível de energia. Os elétrons podem passar de uma órbita para outra por absorção ou emissão de energia.
Fig. 27. O Modelo de Bohr.
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MODELO ATÔMICO ATUAL — MODELO DA NUVEM ELETRÔNICA. Os cientistas abandonaram a idéia de que o elétron descrevia uma trajetória definida em torno do núcleo e passaram a admitir que existam zonas onde há maior probabilidade de encontrar os elétrons, designadas por orbitais.
Fig. 28. O modelo da Nuvem Eletrônica.
Fig. 29
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UNIDADE II
2.1. O PRINCÍPIO DE EXCLUSÃO DE PAULI. O princípio de exclusão de Pauli sugere que apenas dois elétrons com spins opostos podem ocupar um orbital atômico. Dito de outra maneira, não existem dois elétrons com os mesmos 4 números quânticos n, l, m, s. Princípio de exclusão de Pauli sugere que um orbital atômico é um estado de energia que têm limite de espaço para acomodar elétrons.
2.2. PRINCÍPIOS DE AUFBAU OU REGRA DE KLECHKOWSKI. Os elétrons são preenchidos de acordo com um esquema conhecido como o princípio de Auf bau, que corresponde (na maior parte) para aumentar a energia das subcamadas.
Fig. 30
Ordem de preenchimento: 1s > 2s > 2p > 3s > 3p > 4s > 3d > 4p > 5s > 4d > 5p > 6s > 4f > 5d > 6p > 7s > 5f > 6d > 7p. IFES
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Tabela 5: Distribuição eletrônica.
n
l
m
l
Número de orbitais
Orbital
1 0
0
1
1s
2 0
0
1
2s
-1, 0, 1
3
2p
0
1
3s
1
-1, 0, 1
3
3p
2
-2, -1, 0, 1, 2
5
3d
0
1
4s
-1, 0, 1
3
4p
-2, -1, 0, 1, 2 -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3
5
4d
7
4 f
1 3 0
4 0 1 2 3
Elétrons emparelhados
↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓↑↓ ↑↓↑↓↑↓↑↓↑↓↑↓↑↓↑↓↑↓ ↑↓
Número de elétrons 2 2 6 2 6 10 2 6 10 14
Número máximo de elétrons em cada nível de energia é determinado pela equação de Rydberg: x = 2n2. K 2
L 8
M N O P Q 18 32 50 72 98
O elemento de número atômico 112 apresenta o seguinte número de elétrons nas camadas energéticas: K 2
L 8
M N O P Q 18 32 32 18 2
Um esquema f eito para auxiliar na distribuição dos elétrons pelos subníveis da eletrosf era é o diagrama de Linus Pauling (ou diagrama de Pauling).
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Fig. 32: Diagrama de Pauling.
Ordem do diagrama é: 1s2, 2s2, 2p6, 3s2, 3p6, 4s2, 3d10, 4p6, 5s2, 4d10, 5p6, 6s2, 4f 14, 5d10, 6p6, 7s2, 5f 14, 6d10, 7p6. Não é necessário memorizar o seguimento do diagrama, pois a ordem na qual os elétrons são preenchidos pode ser lida a partir da tabela periódica. 1A 1 H 1s1
2A
3A
4A
5A
6A
7A
8A 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 8ª
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1A 1s 2A 2s 3s 4s 5s 6s 7s
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3A
3d 4d 5d 6d
4A
5A 6A 1p 2p 3p 4p 5p 6p
7A
1s
4f 5f
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2.4. Pro priedades dos íons monoatômicos. Os elétrons na camada mais externa (aquelas com o maior valor de n) são os mais enérgicos, e são os que estão expostos a outros átomos. Esta camada é conhecida como a camada de valência.
Elementos com propriedades semelhantes, geralmente têm conf igurações semelhantes na camada exterior. Por exemplo, nós jjá sabemos que os metais alcalinos (Grupo 1A) sempre f ormam íons com uma carga de 1 (o elétron "extra" s1 elétron é o que será perdido), ordem energética (ordem de preenchimento):
1A Li 1s 2 2s 1 Na 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 K 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1
1s 2 1s 2 2s 2 2p 6 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6
Os Grupos II e III (metais) também tendem a perder todos os seus elétrons de valência para f ormar cátions.
2A Be 1s 2 2s 2 Mg 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 2A Al 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1
Li + Na + K+
Be 2 + 1s 2 Mg 2 + 1s 2 2s 2 2p 6 Al3+ 1s 2 2s 2 2p 6
O Grupo IV e V (metais) pode perder tanto os elétrons do subnível p, ou de ambos os s e SUBCAMADAS p, conseguindo assim uma pseudoconf iguração de gás nobre.
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 Bi 3 + [Xe] 4f 14 5d 10 6s 2 5A Bi [Xe] 4f 14 5d 10 6s 2 6p 3 Bi 5 + [Xe] 4f 14 5d 10 Os Grupo IV - VII (não-metais) ganham elétrons até sua camada de valência se completar (8 elétrons).
4A 5A 6A 7A
IFES
C N O F
1s 2 2s 2 2p 2 1s 2 2s 2 2p 3 1s 2 2s 2 2p 4 1s 2 2s 2 2p 5
C4 N3 O2 F-
1s 2 2s 2 2p 6 1s 2 2s 2 2p 6 1s 2 2s 2 2p 6 1s 2 2s 2 2p 6
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Os gases nobres do grupo VIII jjá possuem uma camada externa completa, portanto, eles não têm tendência para f ormar íons.
8A Ne 1s 2 2s 2 2p 6 Ar 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 Metais de transição (grupo B) normalmente têm duas f ormas de perder os elétrons de valência (s), mas também pode perder elétrons de alto nível d. 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 B Fe 4s 2
Fe
2+
Fe 3 +
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5
2.5. Pro priedades pperiódicas dos elementos. A f orça de qualquer modelo que está na capacidade de explicar as observações experimentais.
I. O raio atômico. A primeira propriedade a explorar é o raio atômico. É dif ícil def inir uma f ronteira nítida entre a distância dos elétrons de qualquer átomo em particular e do núcleo, pois o átomo não tem f orma delimitada, não apresenta limite para sua nuvem eletrônica. Por isso, algumas aproximações são f eitas para determinar este parâmetro. Por exemplo, a distância entre os dois átomos de cloro no Cl2 é 1,988Å. Para obter o raio atômico toma-se a distância entre os dois núcleos, que é a soma dos dois raios atômicos do cloro. Portanto, o raio atômico do cloro é 0,994 Å, ou: 0,994 Å = (1,988Å/2) . Os raios atômicos, determinados desta f orma, também são chamados de raios covalentes.
Fig. 33: Raios atômicos. IFES
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Fig. 34: Raio Atômico.
Fig. 35: Raio Atômico dos Elementos . IFES
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Fig. 36: Medidas das energias de ionização para os átomos de Neônio e de Sódio.
(Fonte: Pimentel & Spratley, 1978)
As medidas de Em implicam na transf erência de energia ao átomo e na detecção dos elétrons quando eles são arrancados. Assim, a energia de Ionização I é a energia mínima necessária para remover um elétron de um átomo na f ase gasosa: A (g )
→
A+ (g) + e -
I = E(A+(g) ) – E – E(A (g))
Em geral aumenta com o período, devido ao aumento da carga nuclear (maior atração do núcleo) e decresce nos grupos, devido ao aumento do número de camadas. Ve ja abaixo:
Fig. 37: Energia de Ionização.
IFES
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Note-se que, ao longo de um grupo, a energia de ionização diminui com o aumento do número atômico. Tal f ato pode interpretar-se se pensar que, dentro de um grupo, um aumento do número atômico corresponde a um aumento do período; por isso, os elétrons de valência vão-se situando em níveis cada vez mais externos e, conseqüentemente, mais af astados do núcleo. Este af astamento compensa o aumento da carga nuclear e, por isso, a energia de ionização diminui.
II. Af inidade eletrônica. A af inidade eletrônica ou eletro-af inidade pode ser def inido como a quantidade de energia liberada no processo em que um átomo isolado, no seu estado f undamental, recebe um elétron, f ormando um íon negativo (ânion), conf orme a reação: X ° ( g) + e
−
X
→
−
(g )
A liberação de energia mede o quão f ortemente o elétron se liga ao átomo, portanto quanto mais negativo o valor da af inidade eletrônica, maior é a tendência do átomo em receber o elétron. Isso, porém, não impede que alguns elementos tenham af inidade eletrônica positiva, o que indica uma baixíssima tendência de receber elétrons e a necessidade de absorver energia para poder ganhar elétrons.
Fig. 38: Eletroafinidade.
IFES
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Tabela 8: Número de oxidação dos Elementos.
IFES
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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
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UNIDADE III
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
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Tabela 9: Distribuição eletrônica dos gases nobres.
Distribuição Eletrônica dos Gases Nobres Distribuição dos elétrons por o Gás N camadas Nobre atômico a 1 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 28O
8O 2
2
1s
1s
2s2 2p4
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 H 2O 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
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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
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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
17Cl 1s2 _ 2s2 2p6 _ 3s1
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. VI.
O Na transfere seu elétron 3s1 para o Cl. 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
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Na + Cl
→
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[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 CaCO 3), 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:
IFES
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 Pág. 47
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Tabela 11
1 Li+
2 Be2+
3 -
Grupos 4 -
Na+
Mg2+
Al+3
-
K+
Ca2+
-
-
Rb+
Sr+2
-
-
Cs+
Ba2+
-
-
5
6
7
Na tabela abaixo algumas fórmulas empíricas e suas representações em termos dos símbolos de Lewis. Tabela 12: Estruturas de Lewis.
Elementos Na, O
Mg, Br
K, S
Al, F
Na, P
IFES
Íons
Na+
,
Mg2+
K+
,
Na+
Na2O
MgBr3
K2S
,
Al3+
Fórmula empírica
,
,
AlF3
Na3P
Estrutura de Lewis
(Na+)2 (
)
(Mg2+) (
)
(K+)2 (
)
(Al3+) (
)
(Na+)3(
)
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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 O 2, N 2, 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 (H 20), 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
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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
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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
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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
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Fig. 48: Ligação dativa.
Tabela 13: Tipos de Ligações Covalentes. NOME COMUM
FÓRMULA MOLECULAR
Metano
CH4
Amônia
NH3
Etano
C2H6
Álcool Metílico
CH4O
Etileno
C2H4
Formaldeído
CH2O
Acetileno
C2H2
Cianeto de Hidrogênio
CHN
IFES
FÓRMULA DE LEWIS
FORMULA DE KEKULÉ
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Identificação da geometria molecular. Como vimos nas ligações químicas, o papel fundamental é desempenhado pelos elétrons de valência, e o tipo de ligação, covalente ou iônica, depende da eletronegatividade dos átomos. A eletronegatividade é a maior ou menor tendência de um átomo para captar elétrons de outros átomos, aos quais se encontra ligado, usando-se usualmente a escala de Pauling para quantificar.
Tabela 14. Eletronegatividade dos elementos. GRUPO 1
2
3
4
5
6
7
8
PER ODO H 2,1 Li Be 1,0 1,5 Na Mg 0,9 1,2 K Ca Sc Ti V Cr Mn Fe 0,8 1,0 1,3 1,5 1,6 1,6 1,5 1,8 Rb Sr Y Zr Nb Mo Tc Ru 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 1,9 2,2 Cs Ba Hf Ta W Re Os * 0,7 0,9 1,3 1,5 1,7 1,9 2,2 Fr Ra ** Rf Db Sg Bh Hs 0,7 0,9
1 2 3 4 5 6 7
He
Co 1,9 Rh 2,2 Ir 2,2 Mt
B C N O F Ne 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 Al Si P S Cl Ar 1,5 1,8 2,1 2,5 3,0 Ni Cu Zn Ga Ge As Se Br Kr 1,8 1,9 1,6 1,6 1,8 2,0 2,4 3,0 Pd Ag Cd In Sn Sb Te I Xe 2,2 1,9 1,7 1,7 1,8 1,9 2,1 2,5 Pt Au Hg Tl Pb Bi Po At Rn 2,2 2,4 1,9 1,8 1,9 1,9 2,0 2,2 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:
Diferença de eletronegatividade = ∆E entre dois átomos
IFES
→ ⟹ ℉→ .∆E ≥ 1,7
∆E ≥1,7
covalente iônica
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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: H2 O
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
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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
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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
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3.6 Ligações Secundárias. A denominação de ligação de van der Waals é utilizada como denominação geral para todos os tipos de ligações secundárias se cundárias (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
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UNIDADE VI
4. LEIS PONDERAIS. 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 (H 2O), 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 d e 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 d e átomos de cada constituinte con stituinte (teoria atômica). A lei das proporções definidas indica que as substâncias que participam de uma reação o fazem em quantidades precisas. pre cisas.
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
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Por exemplo: Nitrogênio e oxigênio podem formar vários compostos: O nitrogênio se combina com o oxigênio, formando diferentes óxidos: N2 O
⟶⟶ ⟶⟶
28 g N+16 g O
N2 O2
28 g N+32 g O
N2 O3
28 g N+64 g O
N2 O5
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 v ariam 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
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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
⬇ ⬇ ⬇ ⬇
mA
m' A Então,
mB
m' B
C
D
⬇ ⬇ ⬇ ⬇
mC
m' C
mD
m' D
Reação I Reação II
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 mB mC mD = = = m'A m'B m'C m'D
IFES
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Por exemplo: ½ H2 + O2
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⟶⟶ ⟶⟶ H2 O
10g H + 80g O
90g H2O
2g H + 16g O
18g H2O
0,4g H + 3,2g O Observe que:
3,6g H2O
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.
⟶
1Ag +3Bg
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.
⟶ 2 a
1
2
+½
2
a
a
1º) 1 L
1L
0,5 L
2º) 2 L
2L
1L
3º) 4 L
4L
2L
Proporção volumétrica = 2 : 2 : 1 Todas as substâncias apresentam uma proporção em massa constante em sua composição. Outros exemplos: IFES
Pág. 62
QUÍMICA GERAL
H2 + Cl2 1 V + 1V 8 V + 8V
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⟶⟶ ⟶⟶
2 HCl
Relação 1:1:2
2V 16 V
½ V + ½V
1V
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 = 6.022×10 23 átomos/mol 1 mol = 6.022×1023 Deste modo,
≅ ≅ ≅≅ ≅ ≅
1 mol de laranjas
1 mol de moléculas
6,022 x 1023 laranjas 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
1 mol de nêutrons Logo,
6,022 x 1023 elétrons 6,022 x 1023 nêutrons
1 mol de ―qualquer coisa‖
IFES
≅
6,022 x 1023 ―qualquer coisa‖ Pág. 63
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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
⟶
H2 O 1mol
2H 1O + 2 moles 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. 64
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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 a A =1 B a
a
Se C×1 =1, entãoaa a A C. =C B
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 .
IFES
365 dias 1 ano
24 horas 1 dia
60 minutos 1 hora
60 segundos 1 minuto
Pág. 65
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= 20 × 365 × 24 × 60
× 60 s
=630720000 segundos. Exemplo na química: Para o Al2 (SO4 )3 , têm-se: Al2(SO4)3 = 2 moles de íons Al+3 + 3 moles de íons (SO 4) -2 Al2(SO4)3 = 2 Al+3 + 3 (SO4) -2 6,022×1023 íons Al2(SO4) = 2 íons Al × 1mol íon Al+3
≅
6,022 × 1023 íons 23 + 3 moles de íons (SO4) × -2 3,01×10 íons 1 mol íon (SO4) -2
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. 66
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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 . Portanto, V
d mol = n 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.
V = const ant e × n
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. 67
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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 CH 4 De fato, C H2 CH4
1 mol 2 moles 1 mol
12,0 g 4,0 g 16.0 g
[3] [1] Proporção 1:3
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
IFES
Pág. 68
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A água é constituída de hidrogênio e oxigênio, na proporção de 1g para 8g, respectivamente. Portanto, temos: 3g de carbono + 1g de carbono = metano 3g de carbono + 8g de oxigênio = dióxido de carbono 1g de hidrogênio + 8g de oxigênio = água 4g de hidrogênio + 32g de oxigênio = água 8g de hidrogênio + 64g de oxigênio = água Do que foi dito, percebe-se que As massas 1g de hidrogênio e 8g de oxigênio apresentam o mesmo poder de combinação, ou seja, ambas combinam com 3g de carbono. Portanto, dizemos que são massas equivalentes. No caso do dióxido de carbono (CO2) a proporção dos elementos carbono e oxigênio é de 3g : 8g, respectivamente. Admiravelmente, são os mesmos valores que se combinaram coma a massa fixa de hidrogênio nos casos citados. Vejamos: 1g de hidrogênio + 3g de carbono = 4g de metano 1g de hidrogênio + 8g de oxigênio = 9g de água 3g de carbono + 8g de oxigênio = 11g de dióxido de carbono Outro exemplo: o monóxido de carbono. Constataremos que a proporção, agora, é de 3g de carbono para cada 4g de oxigênio. Partamos, novamente, de duas substâncias formadas por um elemento comum, por exemplo, o metano (1g de hidrogênio : 3g de carbono) e o cloreto de hidrogênio (1g de hidrogênio : 35,5g de cloro). Tomemos, agora, um composto formado por carbono e cloro (elementos nãocomuns) 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. 69
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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
−
Para o aluminio Para o oxigênio IFES
Ca:
− −
Eqg = Ca/v = 40g/2 = 20g
Al:
Eqg = Al/v = 27g/3 = 9g
O:
Eqg = O/v = 16g/2 = 8g Pág. 70
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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
Para o P+3:
Eqg = P/nox = 31g/3
Para o P+5:
Eqg = P/nox = 31/5
2. Equivalente-grama para a substância:
≅ ≅ ≅
18,67g
10,33g
6,2g
massa molar Eqg(S) = 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) Para o ácido sulfúrico (H2SO4) Para o ácido fosfórico (H3PO4)
IFES
∶ ∶
∶
HCl 36.4606g Eqg = = 1 1
≅
Eqg =
H2SO4 98.0795g = 2 2
Eqg =
H2PO4 97.9952g = 3 3
36.5g
≅ ≅
49,g
32,6g
Pág. 71
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Para o ácido hipofosforoso (H3PO2)
−
∶
H3PO2 97.9952g Eqg = = 1 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) Para o hidróxido de cálcio (Ca(OH)2)
∶ ∶
Para o hidróxido de alumínio (Al(OH)3)
∶
Eqg =
NaOH 40g = = 40g 1 1
Eqg =
Ca(OH)2 74g = = 37g 2 2
Al OH Eqg = 3
3
78g = = 26g 3
−
c) Sal. k é igual à valência total do cátion ou do ânion considerado. massa molar Eqg sal = valência total Para o sulfeto de cálcio: (CaS)
E=
Para o fluoreto de bário: (BaF2)
BaF2 175g E= = = 87,5g 2 2
CaS 72g = = 36g 2 2
Para o sulfato de alumínio: Al2 SO4 3 342g E= = = 57g (Al2(SO4)3) 6 6 Para o sulfato de cobre II CuSO4 . 5 H2O 249,5g pentahidratado E= = = 124,75g 2 2 [CuSO4 . 5 H2O]:
d) Óxido.
−
k é a valência do elemento ligado ao oxigênio.
Eqg (óxido) = IFES
massa molar valência Pág. 72
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Exemplos: Para trióxido de enxofre, teremos:
SO3 80g Eqg SO3 = = 6 6
≅
13,3g
Para o tetróxido de triferro (magnetita): Fe3O4 231.533g Eqg Fe3O4 = = 12 12 e) Equivalente-grama de um íon.
≅
19,29g
Para um anion: massa molar Eqg A = x x-
Para um cátion: massa molar Eqg A = y y+
Exemplos: -2 SO 4 Eqg (SO-2 4)= 2
Eqg Ca2+ = Eqg (Al3) =
Ca 2
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+) =
IFES
C A + = y x
xC+yA xy valência total
Pág. 73
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Exemplos: Para o Mg(NO 3)2:
−
Eqg Mg NO3
Mg NO3 2×1
=
2
2
=
148.315g = 74,1575g 2×1
Para o Ca2(P2O7):
Eqg Ca2(P2O7) =
Ca2(P2O7) 254.099g = = 63,52475 2×2 4
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 158g = = 31,5g ∆ total 5
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. 74
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Como a molécula do KMnO4 contém apenas 1 átomo de Mn, seu equivalente-grama será a molécula-grama dividida por 3. Assim,
Δ
KMnO4 158g Eqg KMnO4 = = 52,67g = x 3 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
H2SO4 Eqg (H2SO4) = = 98g 1
2 H2SO4 + Al2(OH)3
→
Al(OH)SO4 + H2O
H2SO4 Eqg (H2SO4) = = 49g 2
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 2 K+ + CO4Assim,
→
Eqg (K2SO4) =
2 KClO4
→
H3PO4 + 2 KClO4
K2SO4 2
Exemplo 2. K2HPO4 + 3 Ag NO3 PO4-3 + 3 Ag+3 Eqg (K2PO4) =
→
Ag3PO4
→
2 KNO3 + HNO3 + Ag2PO4
K2PO4 3
i) Os equivalentes-grama devem corresponder à proporção dos coeficientes das equações. Exemplo: 3 H2SO4 + 2 Al(OH)3 IFES
→
Al2(SO4)3 + 3 H2O Pág. 75
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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: mol Eqg (Al(OH)3) = , então: 1mol = 3 Eqg ou 2 moles = 6 Eqg de Al(OH)3 3 Eqg (Al2(SO4)3 ) = Eqg (H2O) =
mol , então: 1mol = 6 Eqg de Al2(SO4)3 6
mol , 2
então: 1mol = 2 Eqg ou 3moles = 6 Eqg de H2O IFES
Pág. 76
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Portanto,
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− − → − − − − − − − − 3 H2SO4
+
2 Al(OH)3
3 moles
2 moles
mol Eqg = 2
mol Eqg = 3
(1mol = 2 Eqg)
(1 mol = 3 Eqg)
6 Eqg
6Eqg
Al2(SO4)3 + 3 H2O 6Eqg
6Eqg
4.13. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS. 01. Qual o número de átomos presentes em 90 g de água? 1 molécula H2 O=2 átomos de H + 1 átomo de O = 3 átomos 1 mol 6,02×1023 moléculas 3 atomos 90 g = 90g . × × 18g 1 mol 1 molécula 6,02 ×3×90 90 g= ×1023 átomos= 9,0 3 ×1024 átomos 18
02. Qual o número de moléculas de água (H 2O) presentes em 360g da substância?
1g 16 g 1 mol H2 O = 2 moles H + 1 mol O = 18 g 1 mol 6,02 × 1023 360 g=360 g . . 18 g 1 mol =
360 ×6,02 ×1023 átomos = 18
=
1, 20 ×1025 átomos
03. Quantas moléculas correspondem a 300 gramas de ácido acético (CH 3COOH)? Dados: (C = 12 u.m.a, H = 1 u.m.a, O= 16 u.m.a) 1 mol CH3 COOH= 2 moles C + 4 moles H + 2 moles O IFES
Pág. 77
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1 mol CH3 COOH= 2×12 + 4×1 + 2×16 Logo,
1 mol 300 g = 300 g 60 g
6,02 ×1023 moléculas 1 mol
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
1 mol 94 g = 94g 188g Logo,
6,02×1023 moléc. 1 mol
9 átomos 1 moléc.
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 1000 mg 1 atg Ca = 40g× = 40000 ml 1g 500 mg Ca 1 mol (átomos) 400 g leite em pó= 400g leite . . =0,05 moles 100g leite 40000 mg
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. 78
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5,0 ×1022
átomos= 5,0 ×10 22
108 g átomos × =90 g 6× 1023 átomos
90 g (correspondente a 92, 5% de Ag) = 0,925, Mas, queremos o correspondente a 100% (ou 0,100). Assim, 100 % = 0,100 × 100%
≅
90g 0,925
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 100g de ar = 78g de N2 + 21g de O2 + 1g de Ar
≅
6×1023 moléc. 6×1023 moléc. 6,02×1023 moléc. 100 g ar=78g. + 21g. +1g. 28g 32g 40g 78 21 1 100g de ar = ( + + ) × 6 × 1023 moléc. 28 32 40 100 g 1 mol de ar = 6× 1023 moléc. = 78 21 1 de ar ( 28 + 32 + 40 )
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.
IFES
Determine o número de moléculas presentes em 4 moles de água.
Pág. 79
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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 10 24 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 CO 2 (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)
IFES
⟶
4 KHCO3 (s)+ 3 O2 (g)
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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 C 18H38O 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 Fe 2(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.
22. (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
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UNIDADE V
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 SO 2. 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
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Percentagem do S no composto: %S = (
massa S 32,1 u )= = 0,501 ou 50,1% Massa SO2 64,1u
Percentagem do oxigênio no composto:
(2)
−
%O = (
massa O 2×16 u )= = 0,499 ou 49,9% Massa SO2 64,1u
Utilizando gramas:
1 mol de moléculas de SO 2 (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 =51,1% S 64,1 g de SO2
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 =49,9% O 64,1 g de SO2
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.
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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 = 2,28 12,0 g C
Moles de átomos de oxigênio = (72,7 g) ×
1 mol átomos de O = 4,54 16,0 g O
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: 2,28 n(C) = =1 2,28 4,54 n(O) = 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
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Tabela 3. Volumes Molares.
1 mol de Hélio
4g
Volume (CNTP) 22,4 l
1 mol de Hidrogênio
2g
22,4 l
6,023 × 1023 moléculas
1 mol de Butano
58 g
22,4 l
6,023 × 1023 moléculas
Gás
Massa
Número de partículas 6,023 × 1023 átomos
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 (CO 2) e água (H2O). Outros compostos, que tem carbono, hidrogênio e oxigênio (por exemplo, o álcool metílico CH 3OH, a glicose C6H12O6), também se queimam na presença de oxigênio (O 2) para produzir CO 2 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 CO 2, 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 H 2O medindo a variação da massa de uma amostra de perclorato de magnésio. Um exemplo: Consideremos a combustão do álcool isopropílico.
IFES
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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 = 0,0128 moles de CO2 44,0 g
Como um mol de CO 2 tem um mol de C e dois de O, então: em 0,0128 moles de CO2, teremos 0,0128 moles de C. Assim,
12,01g 0,0128 moles de C × = 0,154 g de C mol de C
Como
0,306 g de H2O ×
1 mol deH2O = 0,017 moles de H2O 18,0 g
Mas, 0,017 moles de H2O contém 0,034 moles de H (2×0,017). 1g 0,034 moles de H × = 0,034 g 1 mol H A quantidade de oxigênio na amostra original não pode ser obtida a partir do massa dos produtos de combustão, uma vez que CO 2 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
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1 mol de O Ou, 0,067 g de O × = 0,0042 moles de O 15,999 g 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 0,0340
0,0042
0,0042 moles O 0,0042
3 moles C 8 moles H
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:
IFES
73,9 g Hg ×
1 mol = 0,368 moles Hg 200,59 g
26,1 g Cl ×
1 mol = 0,736 mol Cl 35,45 g
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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 C 2H4O. Assumindo uma amostra de 100 gramas, converteremos as percentagens dadas aos totais de grama e, por conseguinte, em moles: 1 mol 9.15 g H × = 9.15 moles 1gH 1 mol 54.53 g C × = 4.54 moles 12 g C 1 mol 36.32 g O × = 2.27 moles 16 g O 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
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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× 24 g S×
1 mol = 0,50 moles 56 g Fe
1 mol = 0,75 moles 32 g S
48 g O×
1 mol = 3,00 moles 16 g O
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 nS=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 mS mO mFe + mS + mO 400 = = = = =4 28 g 24 g 48 g 100g 100 Logo, têm-se: mFe = 4 × 28 g ×
IFES
1 mol = 2 moles Fe 56 g Pág. 89
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mS = 4 × 24 g × mO = 4×48 g×
1 mol = 3 moles S 32 g
1 mol = 12 moles O 16 g
Logo, a solução como queríamos demonstrar é: Fe 2S3O12 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 mC mO = = 0,20 1,20 1,60 Se fizermos mGLICOSE = 100g, encontraremos um percentual em massa de cada constituinte. mH m m 100 = C = O = 0,20 1,20 1,60 3,0 g Assim, mH = 0,20 ×
100 = 6,7 g ou 6,7% 3,0 g
mC = 1,20 ×
100 = 40,0 g ou 40,0% 3,0 g
mH = 1,60 ×
100 = 53,3 g ou 53,3% 3,0 g
Como mC = 12 × nC; mH = 1 × nH; mO = 16 × nO, então: 12 × nC 1 × nH 16 × nO 180 = = = 0,20 1,20 1,60 3,0 nC = 6; nH = 12;
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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: 1 mol Ca = 0,337 moles Ca 40,1 g Ca
13,5 g Ca × 10,8 g O ×
1 mol Ca = 0,675 moles Ca 16,0 g Ca
0,675 g H ×
1 mol H = 0,337 moles H 1,01 g H
Dividindo cada valor acima pelo menor número de moles calculado (0,337) e arredondando para o número inteiro mais próximo, vêm: 0,337 mol Ca = 1 mol Ca 0,337 0,668 mol H =1,98 0,337
≅
2 moles
0,675 = 2,00 moles de O 0,337 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.
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57,14 C ×
1 mol C = 4,76 mol C 12,0 g Ca
6,16 g H ×
1 mol H = 6,10 moles H 1,01 g H
9,52 g N ×
1 mol N = 0,68 moles de N 14,0 g N
27,18 g O ×
1 mol O = 1,70 moles de O 16,0 g 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 6,10 0,68 0,68 0,68 1,70 0,68
mol C = 7 mol C mol H = 8,98
≅
9 moles H
= 1,00 moles de N = 2,50 moles de O
Que multiplicando por 2, vem: n(C) =14; n(H) =18; n(N) = 2; n(O) = 5 Obtemos, assim, a fórmula empírica: C14H12N2O5 Agora, podemos encontrar a fórmula molecular, encontrando a massa da fórmula empírica e a relação entre elas: C14H18N2O5 = 14(12,0) = 18(1,01) + 2(14,0) + 5(16,0) = 294g/mol massa molar 294,3 g = fórmula empírica 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
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mC mH mO = = 40 g 6,7 53,3 12×nC 1×mH 16×nO = = 40 g 6,7 53,3 nC mH nO = = 40 6,7 53,3 g 12 1 16 mC mH mO = = 3,33 g 6,7 3,33 mC mH mO 3,33 = 6,7 = 3,33 3,33 g 3,33 g 3,33 g 1 1 2
≅
Portanto, a resposta: CH 2O
8. Determine a fórmula estequiométrica de um composto que encerre 28,8% de Al, 21,87% de Si e 50% de O. Temos, mAl mSi mO = = 28,8 g 21,87 50,0 26,981 × nAl 28,0855 × nSi 15,9994 × nO = = 28,8 g 21,87 50,0 nAl nSi nO = 21,87 = 28,8 50,0 g 26,9815 28,0855 15,9994 nAl nSi nO = = 1,07 0,779 3,125 nAl nSi nO = = 1,07 0,779 3,125 0,779 0,779 0,779 nAl nSi nO = = 1,37 1,000 4,011 Na tentativa de obtermos números inteiros, encontraremos uma boa aproximação ao multiplicarmos por 3. Assim, IFES
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nAl nSi nO = = 3×1,37 3×1,000 3×4,011 n(Al) Logo,
≅
3, n(Si) = 3, n(O)
≅
12
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) 1 mol Al 0,54 g × 26,9815 0,96 g ×
1 mol S 32,0660
1mol O 1,92 g × 15,9994
≅ ≅ ≅
0,0200 moles Al
0,0299 moles S
0,1200 moles O
Dividindo os valores encontrados pelo menor (0,1200), vem: 0,0200/0,0200 = 1 mol Al 0,0299/0,0200 = 1,495 moles S 0,1200/0,0200 = 6 mole H Que multiplicando por 2, vem: n(Al) = 2 moles n(S) = 3 moles n(O) = 12 moles Portanto, Al2S3O12 = Al2(SO4)3 é a fórmula procurada.
10. Calcule a fórmula de um composto formado por nitrogênio e hidrogênio, cuja análise de 32 g de uma amostra revelou a presença de 87,5% (% em massa) de nitrogênio.
IFES
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(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 = 6,25 14 g
m H = 100 - 87,5 g = 12,5 g = 12,5 g ×
1mol H =12,5 moles 1g
Que divididas por 6,25, vêm: 6,25 nN = = 1 mol 6,25 12,5 nH = = 2 moles 6,25 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 H 2O. 0,146 g de A deram por combustão 23,6 cm 3 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 O) 0,146g A = 23,6cm3 de N (T = 14ºC e P = 727 mmHg; pv(H 2 2 O) = 12mmHg)
Calculando a composição dos elementos, vem: IFES
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a) n(CO2) = n(C) = ½n(O) 0,66g CO2 ×
1 mol = 0,015 moles CO2 (12+2×16)
Portanto, n(C) = 0,015 moles C 0,015 moles C ×
12 g = 0,18 g C 1 mol
b) n(H2O) = ½n(H) = n(O) 1mol 0,315g H2 O× = 0,0175 moles H2 O 18g n(H) = 2×n(H2O) = 2× 0,0175 = 0,035 moles H 1g = 0,035 g H 1 mol P×V Po ×Vo c) Para o Nitrogênio, teremos: = T To 0,035 moles H×
720-12 720-12 mmHg mmHg×23,6cm3 ×273K V= = 22, 449 cm3 = 0,0 224 L 273+14 273+14 K× (760mmHg) 1amt 0,0224 L N2 ×
1 mol = 0,001 moles N2 22,4
0,001 moles N ×
(14g×2) = 0,028g N 1 mol
0,146 g A = 0,028g N, logo: 0,028 g N = 0,070 g N 0,145 g A 1 mol 0,070 g N × = 0,005 moles N 14 g 0,365g A ×
c) Para o O:
m(A) = m(H) + m(O) + m(C) + m(N) 0,18 g 0,070 g 0,365 g 0,035 g
IFES
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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 CO 2 e 0,135 g de H 2O.
IFES
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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: 1 mol 0,135 g de H2O × = 0,0075 moles H2O 18 g 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 + H2SO4 2moles 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 t eremos 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
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Equivalente-grama H2SO4 =
mmol( H2SO4) 2
Assim, 1 mol H2SO4 = 2 × Eqg H2SO4 Logo,
15 cm3
1 eqg H2 SO4 1000 cm3
1 mol H2 SO4 2 eqg H2SO4
2 moles NH3 = 1 moles H2 SO4
= 0,015 moles NH3 1mol N (0,015 moles NH3)( ) = 0,015 moles N 1 moles NH3 (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 mH mO mN = = = 40,68 8,48 27,11 23,73 12×nC 1×nH 16×nO 14×nN = = = 40,68 8,48 27,11 23,73 nC nH nO nN = = = 40,68/12 8,48/1 27,11/16 23,73/14 nC nH nO nN = = = 3,39 8,48 1,694 1,695 nC nH nO nN = = = 3,39/1,694 8,48/1,694 1,694/1,694 1,695/1,694 nC n n n = H = O = N 2,00 5,00 1,00 1,00 IFES
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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 H 2O. Se o composto original contiver somente C, H e O, qual será sua forma empírica? É necessário usar fatores quantitativos para CO 2 e H2O para determinar quanto de C e H estão presentes nos produtos de combustão e, por conseqüência, na amostra original.
Mas,
− − m C = 3,002 g CO2
1 mol CO2 44g CO2
m H = 1,640 g H2 O
1 mol H2 O 18g H2 O
1 mol C 1 mol CO2
2 mol H 1 mol H2 O
12g = 0,819 g 1 mol C 1g = 0,182 g 1 mol H
m(Amostra) = m(C) + m(H) + m(O) 0,819 g 0,183g 1,365 g 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
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(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 C 3H8O.
14. A análise de 0,44g de um composto orgânico obteve-se uma quantidade de gás amoníaco (amônia), que recolhido e neutralizado por 33 cm 3 de solução 0,1N de H2SO4. Pede-se a percentagem de nitrogênio no composto. NH3
NEUTRALIZADOS
33 cm3 H2 SO4 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 ) = 0,0033 eqg H2SO4 1000 cm3
Mas neqg H2SO4 = neqg NH3 = 0,0033 eqg NH3 (0,0033 eqg NH3)(
1 mol NH3 14N )( ) = 0,0462g N 1 eqg NH3 1 mol NH3
0,0462g %N = = 0,105 ou 10,5% 0,44g
−
−
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(NO 3)3, produzem 0,1175g de AgI. Qual a sua fórmula empírica? mm (AgI) = 107.8682 + 126.9045 mI 126.9045 = 0,1175 234,7727 IFES
≅
234,78
Pág. 101
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mI = 0,0635g %I =
0,0635 ×100 = 64,14% 0,099
Logo,
–
%O = 100 ( 18,18 + 1,51+64,14+64,14) = 16,17% Cálculo da formula empírica: 12 nC 1nH 127nI 16nO = = = 18,18 1,51 64,14 16,17 nC nH nI nO = = = 64,14 18,18 16,17 1,51 127 12 16 1 nC nH nI nO = = = 1,515 1,51 0,505 1,01 nC nH nI nO = = = 1,01 1,515 1,51 0,505 0,505 0,505 0,505 0,505 nC nH nI nO = = = 3 3 1 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 BaSO 4 produzem 0,3731g de BaSO4. Qual a sua fórmula empírica? mm (BaSO4) = 137+32+4×16 = 233g
32g S 0,3731g de BaSO4 = 0,0512g 233g BaSO4 Com esta informação, calculamos o percentual de enxofre e oxigênio:
IFES
Pág. 102
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0,0512 %S = ×100= 15,38% de S 0,333 Para o oxigênio:
–
%O = 100 (15,38+57,69+3,84) = 23,09% de O Assim,
mH mC mS mO = = = 3,84 57,69 15,38 23,09 1×nH 12×nC 32×nS 16×nO = = = 3,84 57,69 15,38 23,09 nH nC nS nO = = = 23,09 3,84 57,69 15,38 16 1 12 32 nH nC nS nO = = = 3,84 4,8075 0,480625 1,443125 nH nC nS nO = = = 3,84 4,8075 0,480625 1,443125 0,480625 0,480625 0,480625 0,480625 nH nC nS nO = = = 7,98 10,00 1,00 3,00
Ou, aproximando: nH nC nS nO = = = 8 10 1 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. 103
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−− −− −
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 mC mO = = 9,09 54,61 36,3 1×nH 12×nC 16×nO = = 9,09 54,61 36,3 nH nC nO = = 9,09 36,3 54,61 1 16 12 nH nC nO = = 9,09 4,55 2,27 nH nC nO 9,09 = 4,55 = 2,27 2,27 2,27 2,27 nH nC nO = = 4 2 1
Ou, C2H4O
Fig. 56
Para o composto B, têm-se:
IFES
Pág. 104
QUÍMICA GERAL
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mH mC mO = = 10,40 62,00 27,6 1×nH 12×nC 16×nO = = 10,40 62,00 27,6 nH nC nO = = 10,40 62,00 27,6 1 12 16 nH nC nO = = 10,40 5,17 1,73 nH nC nO = = 10,40 1,73 5,17 1,73 1,73 1,73 nH nC nO = = 6,01 2,99 1,00
Ou
.
Fig. 57
Portanto, o alceno original é: C6H12 IFES
Pág. 105
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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 mI mH = = 37,16 56,19 6,65 12×nC 127×nI 1×nH = = 37,16 56,19 6,65 nC nI nH 37,16 = 56,19 = 6,65 12 127 1 nC nI nH = = 3,097 0,442 6,65 nC nI nH = = 0,442 3,097 6,65 0,442 0,442 0,442
nC nI nH = = 7 1 15 Portanto, a resposta é C 7H15I IFES
Pág. 106
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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 mH mN = = 73,5 8,6 17,3 12×nC 1×nH 12×nC = = 73,5 8,6 17,3 nC nH nC 73,5 = 8,6 = 17,3 1 14 12 nC nH nC = = 6,125 8,6 1,236 nC nH nC 6,125 = 8,6 = 1,236 1,236 1,236 1,236 nC nH nC = = 4,956 6,958 1 nC nH nC = = 4,956 6,958 1 7 5
≅ ≅
Fórmula mínima: C5 H7N e Fórmula molecular: C10H14N2. Segue as possíveis fórmulas planas:
IFES
Pág. 107
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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 1×nH 14×nN 12×nC + 12×nN +14×nN = = = 80 9,63 10,37 80 + 9,63 +10,37 12×nC 1×nH 14×nN mm(benzidrina) = = = 80 9,63 10,37 100 12×nC 1×nH 14×nN 135g = = = = 1,35 80 9,63 10,37 100
≅
80×1,37 nC = = 9,1 9 12 9,63×1,37 nH = = 13,1931 13 1 10,37×1,37 nH = = 1,014 1 14 Assim,
≅ ≅
A sua fórmula molecular é: C9H13N (Figura61). IFES
Pág. 108
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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 mH mN mO = = = 36.4 6.1 21.2 36,3 12×nC 1×nH 14×nN 16×nO = = = 36.4 6.1 21.2 36,3 nC nH nN nO = = = 21,2 36,4 6,1 36,3 14 12 1 16 2,269 3,033 6,100 1,514 mC mH mN mO = = = 3,033 6,100 1,514 2,269 mC mH mN mO = = = 3,033 6, 100 2,269 1,514 1,514 1,514 1,514 1,514 1,000 4,029 1,499 2,003
≅ ≅ ≅ Multiplicando o denominador por 2, vem: mC mH mN mO = = = 4 8 2 3 Portanto, C4H8N2O3 (Figura 62). IFES
Pág. 109
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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 = 0,0105 moles de U 238,0289g
n O = 0,449 g O
1mol O = 0,0281 moles O 16 g
0,0281 nO 0,0281 moles O 2,676 moles O 0,0105 moles O = = = n(U) 0,0105 moles de U 1 moles de U 1 mol U nO 3.(2,676) moles O 8.02 mols de O = = n(U) 3(1 mol) U 3 moles de U Por consequência, a fórmula empírica é U 3O8.
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 CO 2 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
IFES
1 mol CO2 44,0095 g
1 mol C 1mol CO2
12g = 0,819g C 1 mol C Pág. 110
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1,640g de H2O
1mol H2O 18,0153 g
2 moles H 1mol H2O
1,00794 g = 0,184 g H 1 mol H
m(O) = m(composto) – m(C) – m(H) = 1,367 – 0,819 – 0,184 = 0,364 g O Assim, teremos: n(C) n(H) n(O) = = 0,364 0,819 0,184 15.9994 12,0107 1,00794
n(C) n(H) n(O) = = 0,068 0,183 0,0228
n(C) n(H) n(O) = = 0,068 0,183 0,0228 0,0228 0,0228 0,0228
n(C) n(H) n(O) = = 2,98 8,026 1,000
Portanto, a fórmula empírica é C 3H8O.
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
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Fração de Cu = Fração de O =
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peso do cobre no óxido peso total do óxido
=
peso do oxigênio no óxido
−
peso total do óxido
3,178g 3,978g
=
0,800g 3,978g
= 0,799 ou 79,9% = 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 BaCl 2 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 HNO 2 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
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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 HNO 2 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
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UNIDADE VI
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 (H 2) e oxigênio (O2) se combinam para formar água (H 2O), 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
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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 (N 2) 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: Hidrogênio: Oxigênio:
w = 2y 3w = 2z 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:
IFES
a11 .x1 + a12 .x2 + . . . + a1n.xn = b1 a21 .x1 + a22 .x2 + . . . + a2n.xn = b2 ... ... an1 .x1 + an2 .x2 + . . . + ann.xn = bn Pág. 115
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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 a 11; 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 m 21, 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
0
0
3
0
0
-2
0
0
2
0
-1
0
→
1
0
0
0
1
0 -1 2
0
0
1
-2 3
-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
IFES
→
2 N2 + 6 H2O
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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 eMeia reação de oxidação: Bred
Ared
Box + n e-
Reação de oxi-redução: Aox + Bred Exemplo:
Ared + Box
redução
4 Fe +
3 O2
→
2 Fe2O3
Oxidação
→ → → → Fe0
Fe2 +3 + 3e∑
O2 0 + 2e-
Ou,
O3 -2
2Fe2 +3 + 6e∑ 3O2 0 + 6e- 2O3 -2
2Fe0
IFES
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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 semiequações de modo aos dois membros possuírem a mesma carga; 6. Por forma a que sejam trocados o mesmo número de elétrons nas semireações, 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
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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- + 2eSemi-reação de oxidação: SO32-
→
→
Mn2+
SO42-+ 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
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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 → SO42Acerto dos átomos de hidrogênio: SO32- + H2O → SO42- + 2H+ Procede-se ao acerto das cargas das semi-reações, adicionando elétrons onde houver excesso de cargas positivas: i. Semi-reação de redução: MnO4- + 8H+ + 5e- → Mn2+ + 4H2O ii. Semi-reação de oxidação: SO32- + H2O → SO42- + 2H+ + 2eEncontrando um fator multiplicativo de forma a que ambas as equações envolvam o mesmo número de elétrons, vem: i.
Semi-reação de redução: (MnO4- + 8H+ + 5e- → Mn2+ + 4H2O) × 2
ii.
Semi-reação de oxidação: (SO32- + H2O → SO42- + 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
IFES
→
CO2 + MnSO4 + K2SO4 + H2O
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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) 0 +4 C2 + 2e 2C (Semi – equação de oxidação)
Fazendo-se o acerto de coeficientes das reações, a equação global de oxidaçãoredução (redox) fica: 2Mn+7
2Mn+2+ 10 e 0 5C2 + 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) Portanto, 2 KMnO4 + 5 H2C2O4 + 3 H2SO4
→
→
2 Mn+2(aq) + 10 CO2(g) + 8 H2O(l)
10 CO2 + 2 MnSO4 + 1 K2SO4 + 8 H2O
3) Balancear a reação entre e MnO 4- e H2SO3 em meio ácido, para dar H 2SO4 e Mn2+. Reconhecendo quais as espécies sofrem oxidação e redução, temos:
→→
Mn+7 S+4 Assim,
Mn+2
S+6
O redutor H2SO3 é oxidado a SO42-: Oxidação: H2SO3
→ →
SO42-
O oxidante MnO4- é reduzido a Mn2+: Redução:
IFES
MnO4-
Mn2+
Pág. 121
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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+ + 2eMnO4- + 8H+ + 5e- Mn2+ + 4H2O Igualando o número de e- multiplicando por 5 e por 2, respectivamente, têm-se: 5H2SO3 + 5H2O 5SO42- + 20H+ + 10e2MnO4- + 16H+ + 10e- 2Mn2+ + 8H2O Adicionando-se as duas equações, obtêm-se: 5 H2SO3 + 2 MnO4- 5 SO42- + 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 meio alcalino é muito baixa (menor que 1 ×10-7 M).
−
sua concentração em
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
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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)4Balanceando o O, têm-se: CN- + H2O CNOCrO42- 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 + 4OHFazendo o balanceamento das cargas: CN- + 2OH- CNO- + H2O + 2eCrO42- + 4H2O + 3e- Cr(OH)-4 + 4OHMultiplicando a primeira equação por 3 e a segundo por 2, balanceiam-se os elétrons. Em seguida, somando ambas, vem: +
3CN- + 6OH- 3CNO- + 3H2O + 6e2CrO42- + 8H2O + 6e- 2Cr(OH)-4 + 8OH3CN- + 2CrO42- + 5H2O
3CNO- + 2Cr(OH)-4 + 2OH-
5) Faça o balanceamento da equação da reação do tiossulfato (S 3O3-2) 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
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S2O3-2
→→ →→
Cr2O7-2
SO4-2 Cr+3
Balanceando os átomos de S e Cr, vem: S2O3-2
Cr2O7-2
2SO4-2 2Cr+3
Balanceando os átomos de oxigênio, utilizando H 2O
→ → →→ →→
5 H2O + S2O3-2 Cr2O7-2
2SO4-2
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+ + 6eOu, +
15H2O + 3S2O3-2
2Cr+3 + 7H2O)
6SO4-2 + 30H++ 24e-
4Cr2O7-2 + 56H+ + 24e-
8Cr+3 + 28H2O
15H2O + 56H+ + 3SO4-2 + 4Cr2O7-2 +28H2O
→
8Cr+3 + 6SO4-2 + 30H+
A água e o H+ aparecem nos dois membros, permitindo uma simplificação, portanto.
IFES
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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+ + Cr2O722) MnO4- + I3) C (s) + O2 (g)
→ →
→
Fe3+ + Cr3+
MnO2 + I2 CO2 (g) + CO (g)
→
4) MnO-4 (aq) + Fe+2 (aq) 5) ClO-3 (aq) + I2 (aq)
→
Mn+2 (aq) + Fe+3 (aq)
IO3-2 (aq) + Cl-
6) I2(aq) + 2S2O32 (aq) 2I (aq) + S4O62 (aq) 7) AsO33 (aq) + Br2(aq)
AsO43
8) SO32 (aq) + Cr2O72 (aq) 9) H2S (aq) + Cr2O7-2 (aq)
→
(aq) + 2Br (aq)
3 SO42
(aq) + 2Cr3+ (aq)
Cr+3 (aq) +S(s)
Faça o acerto de equações redox (em meio alcalino) abaixo: 10) AsO33 (aq) + Br2 (aq) +2OH(aq) AsO43 (aq) + Br (aq) 11) MnO4 (aq) + NO2 (aq) MnO42 (aq) + NO3 (aq)
IFES
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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 + SnO3220) Acerte a seguinte reação: SbO33-+ ClO2 → ClO2-+ Sb(OH)621) 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 23) H3AsO4 + Fe+2
→
→ →
24) N2H4 + Cu(OH)2
IFES
Ag + Br-+ C6H4O2
H3AsO3 + Fe+3 N2 + Cu
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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 H 2 + O2
→
2 H2O
Os coeficientes nos dizem que duas moléculas de H 2 reagem com cada molécula de O2 para formar duas moléculas de H 2O. 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
+
2 moléculas
1H2 1molécula
→ →
2HI 2 moléculas
Multiplicando, membro a membro por (6,022×1023), vem: 1I2 1(6,022×1023) moléculas
1 mol
IFES
+
1H2
2HI
1(6,022×1023) moléculas
2(6,022×1023) moléculas
1 mol
2 moles
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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 H 2, 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 H 2O e 1 mol de O 2 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 O 2 se pode calcular assim: Moles de H2O = (1,57 mols O2)(
2 moles H2O ) = 3,14 moles de H 2O 1 mol O2
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
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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
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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 NH 2. 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 ×100 EN
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
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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 H 2, o número de moles de H2 necessário para reagir com quatro moles de N 2 é:
4 moles N2
3 moles N2 =12 moles H2 1 mol N2
Conclusão: Como o número de moles de H 2 disponível (20 moles) é superior ao número de moles necessário para reagir com o N 2 (12 moles), pode concluir-se que o H2 se apresenta em excesso e que o N 2 é o reagente limitante. Relativamente à quantidade de NH3 produzida, esta depende da quantidade de N 2 presente inicialmente. Neste caso, e como para cada mol de N 2 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 NH 3.
Exemplo 1: Uma amostra de 50,0g de carbonato de cálcio deve reagir com 35,0g de H 3PO4. 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: CaCO 3 = 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)
35,0g de H3PO4
1 mol = 0,500 mol CaCO3 100,1g 1 mol = 0,357mols H3PO4 98,0g
2o) Calculando os mols de que se produzem, vem: IFES
Pág. 131
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(0,500 mol CaCO3) (0,357g H3PO4)
1 mol Ca3(PO4)2 = 0,167 mols Ca3(PO4)2 3 mols CaCO3
1 mol Ca3(PO4)2 = 0,178 mols Ca3(PO4)2 2 mols
O reagente limitante é aquele que nos fornece a menor quantidade de moles de produto. Portanto, neste exemplo, o CaCO 3 é o reagente limitante (o 0,167 mols em comparação com 0,178 mols) e o H3PO4 excesso. Assim, a quantidade em gramas de Ca 3(PO4)2 que se produziria:
310g 0,167 mols Ca3(PO4)2 = 51,8g de Ca3(PO4)2 1 mol 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 (0,024 moles H3PO4)
2 mol H3PO4 = 0,024 moles 3 mol Ca3(PO4)2
98,0g = 2,352g H3PO4 mol H3PO4
De fato,
Início:
3 CaCO3 (s)
+ 2 H2PO4 (aq)
0,500 mols
0,357 mols
Reagem: 0,500 mols 0 mols
Equilíbrio:
2 mols 3 0,333 mols
0,500
0,024 mols
→
1 Ca3(PO4)2 (g)
+ 3 H2O (l)
0 mol
0 mols
1 mols 0,500 mols 3 0,167 mols
0,500
0,167 mols
0,500 mols
Outro exemplo: 2 H2 + 1 O2
IFES
→
2 H2O Pág. 132
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2 H2 (g)
+ 1 O2 (g)
→
2 H2O (l)
Início: 2 moléculas 1 molécula
2 moléculas
2 × 6×1023 1 × 6×1023 moléculas Reagem: moléculas 2 moles H2 1 mol O2 2 moles H2
4 g de H
2 × 6×1023 moléculas 2 moles H2 O
1 mol O2
2 moles H2O
32 g de O2
36 g de H2 O
Assim, seja o exemplo básico, fundamental: 2A
+3B
2 moléculas 3 moléculas
→
1C
+6D
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 y z t = = = 2 3 1 6 Assim sendo, 4A+6B 6A+9B
→→ →
10 A + 15 B Portanto,
IFES
2 C + 12 D 3 C + 18 D 5 C + 30 D, e assim sucessivamente.
Pág. 133
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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) 2.ª)
massa mol V gás n= 22,4 l CNTP n=
3.ª)
n=
P.V condições diferentes R.T das normais
4.ª)
n=
número de moléculas, átomos ou íons 6, 023×1023
6.11 Exercícios Resolvidos. 1) Calcule as massas de H 2PO4 e Ca(OH)2 necessárias à obtenção de 9,30g de Ca3(PO4)2. Calcule também a massa de H 2O 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
1 mol 9,30 g Ca3(PO4)2 = 0,040 moles 230,021 g
IFES
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2 H3PO4 + 3 Ca(OH)2 2 moléculas 3 moléculas 2 moles 3 moles 2×0,040 moles 3×0,040 moles 0,08 moles 0,12 moles Portanto,
→
Ca3(PO4)2 1 molécula 1 mol
+ 6 H2O 6 moléculas 6 moles 0,040 moles 6×0,040 moles 0,24 moles
97,9952 g (0,08 moles H3PO4) ( ) = 7,83 g 1 mol 74,093 g (1,12 moles Ca(OH)2) ( ) = 8,30 g 1 mol 18,0153 g (0,24 moles H2O) ( ) = 4,324 g 1 mol 2) 1,2×1023 átomos de cobre reagem completamente com ácido nítrico, segundo a reação: 3 Cu + 8 HNO 3 Calcule:
→
3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O
a) a massa de HNO 3 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 3 Cu 3 moles 1 mol 0,2 moles De fato,
≅
1 mol átomos Cu) = 0,199 6,0221415×1023 + 8 HNO3 8 moles 8 moles 3 8 (0,2) moles 3 0,53
→
3 Cu(NO3)2 3 moles 1 mol 0,2 moles
0,2 moles Cu
+ 2 NO 2 moles 2 moles 3 2 (0,2) moles 3 0,133
+ 4 H2O 4 moles 4 moles 3 4 (0,2) moles 3 0,267
n ( Cu ) n ( HNO3 ) n ( Cu(NO3)2 ) n ( NO ) n ( H2O ) = = = = 3 8 3 2 4
IFES
Pág. 135
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n ( HNO3 ) n ( Cu(NO3)2 ) n ( NO ) n ( H2O ) o,2 = = = = = 0,0667 8 3 2 4 3 Portanto, n ( HNO3 ) = 0,0667×8 = 0,534 moles
≅
(0,534 moles HNO3)
63,0128 g = 33,65 g HNO3 1 mol
n ( Cu(NO3)2 ) = 0,0667×3 = 0,2 moles (0,2 moles)
187,556 g = 37,51g Cu(NO3)2 1 mol
n ( NO ) = 0,0667×2 = 0,133 moles
30.0061 g (0,133 moles NO) = 3,990 4 g NO 1 mol 22,4 litros (0,133 moles NO) = 2,99 litros NO 1 mol n ( H2O )= 0,0667×4 = 0,267 moles
6,0221415×1023 moléculas (0,267 moles H2O) = 1,608×1023 moléculas H2O 1 mol 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 H 2O de cristalização do cloreto de cálcio. CaCl2. x H2O 1,11g CaCl2 -
→ −
1 CaCl2 + x H2O 1 mol = 0,0100 moles 110,98 g
m (H2O) = 2,19 g 1,08 g H2O
1,11g = 1,08 g
1 mol = 0,0599 moles 18,0153 g
n ( CaCl2. x H2O) n ( H2O) n ( CaCl2 ) = = 1 1 x
IFES
Pág. 136
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n ( CaCl2. x H2O) n ( H2O) = = 0,0100 1 x n ( CaCl2. x H2O) 0,0599 = = 0,0100 1 x 0,0599 6 moles x = 0,0100
≅
CaCl2. x H2O 1mol 0,0100 moles
→
1 CaCl2 1 mol
+ x H2O x moles 0,0100 moles x ×0,0100 moles 0,0599
Portanto, CaCl2.6 H2O 4) Calcule as massas de H 2SO4 e Al(OH)3 necessários à obtenção de 17,1 g de Al2(SO4)3. 1 mol 17,1 g Al2(SO4)3 0,05 moles 342,15 g -
≅
3 H2SO4 + 2 Al(OH)3 3 moles 2 moles 3×0,05 moles 2×0,05 moles 0,15 moles 0,1 moles
→
Al2(SO4)3 + 6 H2 O 1 mol 6 moles 0,05 moles 6×0,05 moles 0,05 moles 0,3 moles
0,15 moles H2SO4 0,1 moles Al(OH)3 -
98,078 g = 14,7117 g 1 mol
78,0036 g = 7,80036 g 1 mol
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 mol 1,59 g CuSO4 = 0,01 mol CuSO4 159,61 g .
IFES
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mH2O = 2,4 - 1,59 = 0,81g 1 mol 0,81g H2 O = 0,045 moles 18,0153 g
→
CuSO4. x H2O 1 mol 0,01 mol
CuSO4 + x H2O 1 mol x moles 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: . 1 mol 2,33g BaSO4 0,01 mol BaSO4 233,39 g .
≅
Na2SO4. x H2O + BaCl2 1 mol 1mol 1×0,01 mol 1×0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol
→
BaSO4 + 2 NaCl + x H2O 1 mol 2 moles x moles 1×0,01 mol 2×0,01 mol x ×0,01 mol 0,01 mol 0,02 mol x ×0,01 mol
Assim,
IFES
≅ ≅ ≅
. 0,02 moles NaCl 58,443 g 1,169 g NaCl 1 mol . . 0,01 moles BaCl2 208,233 g 2,082 g BaCl2 1 mol . . 0,01 moles BaSO4 233,39 g 2,334 g BaSO4 1 mol . Pág. 138
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Portanto,
→
BaSO4 + 2 NaCl + x H2O 1 mol 2 moles 0,01× x moles 2,334 g 1,169 g mH2O
Na2SO4. x H2O + BaCl2 1 mol 1mol 3,22g 2,082 g 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
Assim,
1 mol = 0,0998 18,0153 g
≅
0,1 moles
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 NH 3 com O2 para produzir NO e H 2O 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 Balanceando a reação, têm-se: 4 NH3 + 5 O2
→ →
NO + H2O 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. 139
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Calculando-se a produção teórica:
120,024 g NO 36 g NH3 = 63,428 g NO 68,122 g O2 % Rendimento =
produção real 50,82g NO = = 0,8012 ou 80,12% produção teórica 63,428g NO
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 Como o rendimento é de 90%, então:
→
K2SO4 + 2 HNO3
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 = 41,258 g KNO 3 174,26 g K2SO4
Em 50 gramas da amostra têm-se 41,3 gramas de nitrato de potássio. Portanto, a pureza da amostra será: 41,258 g Pureza = = 0,8252 ou 82,52% de pureza. 50 g 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. 140
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Mm
Relac. Esteq. Dados e incóg.
17,031 g
79,545 g
2 NH3
+ 3 CuO
34,062 g
238,635 g
20g
150 g
→
28,014 g N2 28,014 g
18,015 g + 3 H2O
63,546 g +
54,045 g
3 Cu 190,638 g m
Calculando o valor teórico, teremos: 20 g NH3.
238,635 g CuO = 140,118 g CuO 34,062 g NH3
190,638 g Cu = 111,936 g Cu 34,062 g NH3
Portanto, como sobra 9,882 g de CuO, ele é o regente em excesso e o NH 3 o limitante. Assim, 20 g NH3.
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
2 NH3 + 3 CuO Relac. Esteq. Dados e incóg.
34,062 g 20g
→
28,014 g
18,015 g
63,546 g
N2
+ 3 H2O +
3 Cu
54,045 g
190,638 g
238,635 28,014 g g 150 g 90% R 80% P
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. 141
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que não se conhece a pureza dos reagentes (nesse caso a única hipótese é têlos 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 = 17,128 g NH3 238,635 g CuO
190,638 g Cu 120 g CuO. 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 HNO 3 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 Teórico: 190,638 (g) 3 Cu
→
2 NO + 3 Cu(NO3)2 + 4 H2O
504,104
60,012
+ 8 HNO3
190,5 g Dados e (imp) incóg.: %P=?
exc
→
562,668
72,061
2 NO + 3 Cu(NO3)2 + 4 H2O
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
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Portanto, reagiram (teoricamente): 36,000 g H2O
190,638 g Cu = 95,238 g Cu 72,061 g H2O
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 CaCO 3 (87% de pureza) com 178 gramas de cloro. A equação química é: CaCO3 + 2 Cl2
→
Cl2O + CaCl 2 + 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)
Teórico:
100,09
70,905
CaCO3 +
2 Cl2
100,09 (g)
141,81 (g)
→
86,905 Cl2O ( g) + 1 mol moléc. 1 mol át. de O
230 g
IFES
110,98 CaCl2 1 mol moléc.
44,010 +
CO2 ( g) 1 mol moléc. 2 mols át. de O
178 g
Pág. 143
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a) Calculando a massa de CaCO 3 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:
141,81 g Cl2 = 283,507 g Cl2 100,09 g CaCO3
200,100 g CaCO3
Ou seja, para os 200,1 g de CaCO 3 são necessários 283,507 g Cl2, mas com apenas 178 g, o cloro será o reagente limitante. O número de moles de Cl 2O que será obtido na reação será: n = PV / RT (da equação geral dos gases) 1,16 atm.20 dm3 n= = 0,999 moles de Cl2O dm3 . atm 0,082 °K . mol .283,0°K Ou,
86,905g Cl2O = 86,818 g Cl2O 1mol Cl2O Calculando a quantidade teórica de Cl 2O, vem: 0,999 moles Cl2O
178 g Cl2
86,905 g Cl2O = 109,083 g Cl2O 141,81 g Cl2
Portanto, o rendimento da reação será: 86,818 g Cl2O
100 % R = 79,589 % 109,083 g Cl2O
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 = 2,267×1024 át. O2 1 mol 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 Calcular: IFES
→
Cu(NO3)2 + 2 NO2 + 2 H2O
Pág. 144
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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): Teórico: (g) Inicio: (g) Reagem: (g) Obtêmse: (g)
+ 4 HNO3
50
151,23
63,546 Cu 90% P 63,546
−
38,127
11,873
excesso
63,013
→
252,052
−
187,556
187,556
Cu(NO3)2 +
2 NO2
95% R
+ 2 H2O
187,556
375,112
36,030
0
0
0
+225,065
21,618
213,812
20,537
151,23 100% R +112,533 0
18,015
101,280
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.
Dos 50 g de Cu, apenas 90% reagem e requerem: 0,90×50 g Cu
63,013 g HNO3 = 151,23 g HNO3 1 moles HNO3
252,052 g HNO3 = 178,490 g HNO3 63,546 g Cu
Como há apenas 151,23 g ele é o reagente limitante. Logo: 151,23 g HNO3
63,546 g Cu = 38,127 g Cu 252,052 g HNO3
Calculando a massa teórica de nitrato de cobre (II) obtida, vem: 187,556 g Cu(NO3)2 151,23 g HNO3 = 112,533 g Cu(NO3)2 252,052 g HNO3 Lembrado que o rendimento da reação é de 90%, então, obtém:
IFES
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0,90×112,533 g Cu(NO3)2 = 101,280 g Cu(NO3)2 151,23 g HNO3 Ou,
375,112 g NO2 = 225,065 g NO2 252,052 g HNO3
0,95×225,065 = 213,812 g NO2 = = 213,812 g NO2
1 mol NO2 = 1,140 moles NO2 187,556 g NO2
= 1,140 moles NO2 =
P.V R.T
Assim, atm 1,140 moles×0,0820574587 L °K· mol ×(50+273°K ) V= 3 atm V = 10,072 L Por último,
36,030g H2O 151,23 g HNO3 252,052 g HNO3
95 g H2O 100 g H2O
1 mol H2O = 18,015 g H2O
= 1,140 moles H2O =
6,03×1023 moléc. H2O = 1,140 moles 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 TiCl 4 com 4 moles de Mg obteve-se experimentalmente 1,5 moles de Ti. Calcular o rendimento percentual da reação. TiCl4 + Mg
→
Ti + MgCl 2
A equação balanceada é:
IFES
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mm (g)
189,69 g
24,305 g
TiCl4
+
Teórico:
1 mol
2 moles
Têm-se:
4 moles
4 moles
Reagem:
−
−
2 moles
2 moles Reagente excesso
+
2 MgCl2
1 mol
2moles
0 mol
O mol +2 moles
75% R
3moles
0 mol Reagente limitante
Ti
95,210 g
4 moles 100% R +2 moles
Os 4 moles de TiCl 4 requerem: n (Mg) = 4 mol TiCl 4
→
2 Mg
47,88 g
1,5 mol
2 moles Mg = 8 moles Mg 1 mol TiCl4
Como se dispõe de 4 moles de Mg apenas, ele será o reagente limitante. Assim, reagem: 4 moles Mg
1 mol TiCl4 = 2 moles TiCl4 2 moles Mg
Calculando o rendimento percentual, vem: %R=
1,5 mol Ti = 0,75 0u 75% Ti 2,0 moles 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:
IFES
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mm (g)
42,09 g CaH2
18,015 +
Teórico: 1 mol Têm-se: 0,714 mols 0,714 Reagem: mols Sobram: 0 mols
→
2 mol 1,665 mols 1,428 100 % R mols 1,428 mols
−
−
Reagente limitante
2 H2O
74,09 Ca(OH)2 +
2,0156 2 H2
1 mol
2 moles
0,714 mols
1,428 mols
Reagente em excesso
1 mol CaH2 30 g CaH2 = 0,714 mol CaH2 42,09 g CaH2 30 g H2O
1 mol H2O = 1,665 mol H2O 18,015 g H2O
1,665 mols H2O requerem: 0,714 mol CaH2
2 moles H2O = 1,428 moles H2O 1 moles CaH2
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: mmHg 1,428 mols×62,3637 L · °K · mol ×293 °K V = nRT/P = 745 mmHg V = 35,024 litros O2 O rendimento da reação se o volume real produzido fosse 34 L, seria: Rendimento =
34 L = 0,9708 ou 97,08% 35,024 L
16) Continua
IFES
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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 + CaCO 3
→
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 CO2 + H2O
4 C2H5OH + 4 CO 2
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
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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 C 6H12O6 + 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, Ca 2+, presente no leite por reação de precipitação com íon oxalato, C 2O42-. 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) + H 2SO4(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
IFES
→
2 CuO
Pág. 150
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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: C 6H6 + 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 H 2SO4 que pode ser obtida a partir de 60 g de pirita (FeS 2) pelo processo equacionado:
→ →→
4 FeS2 + 11 O2 2 SO2 + O2 SO3 + H2O Temos,
2 Fe2S3 + 8 SO2
2 SO3 H2SO4
. 60 g de pirita (FeS 2) .
1 mol = 0,500 mol 119,98 g
Multiplicando a 4ª. reação por quatro ( ×4) e a 3ª. por oito ( ×8) e ajustando-as, vem:
→→ → →
4 FeS2 + 11 O2 8 SO2 + 4O2
2 Fe2S3 + 8 SO2
8 SO3
8 SO3 + 15 H2O
8 H2SO4
4 FeS2 + 15 O2 + 8 H2O IFES
2 Fe2O3 + 8 H2SO4 Pág. 151
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Assim, 4 FeS2 4 moles 0,5 mol
+ 15 O2 15 moles
+ 8 H2O 8 moles
→
15 moles 1 moles 8
2 Fe2O3 + 8 H2SO4 2 moles 8 moles 0,25 mol
1 moles
Portanto, 60 g de pirita (0,5 mol) produzem 1 mol de H 2SO4, ou seja: Como mm (H2SO4) = 98,078 g/mol, então, mH2SO4 = 98,078 g 18) Calcule a massa de HNO 3 que pode ser obtida a partir de 102 g de amônia, pelo processo equacionado:
→→ → →→ → → → 4 NH3 + 5 O2 2 NO + O2
4 NO + 6 H2O
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 NH3 + 8 O2
4 HNO3 + 2 NO
4 HNO3 + 4 H2O
Ou melhor,
NH3 + 2 O2
HNO3 + H2O
Assim,
102g NH3
1 mol = 5,989 moles 17,0306
≅
6 moles
Como a relação entre nNH3 e n HNO3 é a mesma (1:1), então: 6 moles HNO3
IFES
63,013 = 378,078 g 1 mol
Pág. 152
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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 NO 2 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 + 6 O2
12 NO + 18 H2O
12 NO2
12 NO2 + 4 H2O
8 HNO3 + 4 NO .
12NH3 + 21 O2
8 HNO3 + 4 NO + 16 H 2O
12 NH3 1 moles
+ 21 O2 21 moles 12 7 6 moles 6× moles 4 21 6 moles moles 2
→
8 HNO3 + 4 NO + 16 H2O 4 16 8 moles moles moles 12 12 12 2 1 4 6× moles 6× moles 6× moles 3 3 3 4 moles
2 moles
8 moles
Portanto, têm-se:
4 moles de HNO3
63,013 = 252,052 g 1 mol
20) Certa massa de pirolusita (MnO 2) 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 (MnO 2) utilizada. MnO2 + 4 HCl
→→
3 Cl2 + 6 NaOH IFES
MnCl2 + Cl2 + 2 H2O 5 NaCl + NaClO 3 + 3 H2O Pág. 153
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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 NaClO 3 + 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 (SO 3) 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 (O 2): 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 Portanto, S + O2
SO2
SO2 + 1/2 O2
IFES
H2SO4
SO3
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QUÍMICA GERAL
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SO3 + H2O
→
H2SO4
.
3 S + O2 + H2O 2 Portanto, S
→
H2SO4
+ 3/2 O2 + H2O
1 mol 3/2 mols 1 mol
→
H2SO4 1 mol
Para os 49g de ácido sulfúrico, mm (H 2SO4) = 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 Temos:
→→ →
32,07 g 1 mol
16 g
S + O2 SO2 SO2 + ½ O2 SO3 ---------------------------S + 3/2 O2 SO3 Os 32g de enxofre a óxido sulfúrico, mm(SO 3) = 80,06 g/ mol, representam: 32g S
1 mol S 32,07 g
3 2 moles O2 1 mol SO3
22,4 litros = 33,53 litros O2 1 mol O2
mol (S) = 22,4 L b) R: 160L de ar. 22)
6.14
IFES
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UNIDADE VII
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
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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
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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. massa do soluto C= volume da solução Exemplo: 35g de NaCl por litro de solução. C = 35 g/L
7.4.2 Composição percentual. número de gramas C= 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. m C= 1 V IFES
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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: número de moles (soluto) n1 Molaridade = = número de litros (solução) V Relembrando que o número de moles de uma substância está relacionado à sua massa em gramas através do massa molecular (mol), teremos:
massa (gramas) Quantidade moles moles = mol massa (miligramas) Quantidade milimoles milimoles = 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
98,08 1 litro = 0,5 0,5 mol = 49,04 g H2 SO4 1 mol
IFES
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7.5.3 Concentração normal ou normalidade. I. Conceito: É o número de equivalente-grama de um soluto contido em um litro de solução.
II. Expressão matemática: Normalidade =
quantidade de soluto (eqg) volume solução (L)
m1 Eqg (soluto) e N= 1 = V 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
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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 1 mol
2 moles
2 Eqg
2 Eqg
→
Na2 SO4 + 2 H2O 1 mol
2 moles
2 Eqg
2 Eqg
Dito de outro modo: 1 equivalente de qualquer substância reage exatamente com 1 equivalente de outra substância. Isto facilita enormemente os cálculos especialmente na prática de análise quantitativa.
7.4.5 Concentração molal ou molalidade. I. Conceito: É a razão entre o número de mols de soluto e a massa de solvente, dada em kg.
II. Expressão matemática:
m1 n m1 W = 1 = mol = m2 m2 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
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1000.m1 W= 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 = 171,14895 g 1 mol
7.4.6 Fração molar ou percentagem em moles
Muitas das propriedades físicas das soluções são expressas mais claramente em termos dos números relativos das moléculas do soluto e do solvente.
I. Definição: A fração molar de qualquer componente de uma solução é definida como sendo o número de moles desde componente dividido pelo número total de moles de todos os componentes da solução. II. Expressão matemática: Fração molar do soluto: FM1 =
IFES
moles de soluto moles de soluto+moles de solvente
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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
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2 fração molar do álcool = = 0,25 2+6 6 fração molar da água = = 0,75 2+6 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 m d= 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, cm 3 ou mililitro de solução. Exemplo: Uma solução de ácido benzóico possui densidade 1,316 g/cm 3, 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
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III. Unidade: g/cm3, mas no SI a unidade é o kg/m 3. 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 µg = litro 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
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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 m 3 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
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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: m1 C= ou V
m1 = C. V
Para a solução final: C’ =
m1 ou V
m1 = C’. V’
Uma vez que m1 é constante, teremos: C . V = V’ . C’
5.8 Exercícios Resolvidos.
1) Descrever como se preparam 60 mL de uma solução aquosa de AgNO 3 com concentração de 0,045 g de AgNO 3 por mL. Cada mL de solução contém 0,045g de AgNO 3. Portanto,
60 mL
0,045g =1,8 g de AgNO3 1 mL
2) Descrever como preparar uma solução de Al 2(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. 167
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Assim, 1 mol de moléculas de Al 2(SO4)3. 18 H2O conterão 2 moles de íons de Al+3
40 mg de Al+3 1 mL
50 mL
2g de Al
+3
1 mol Al+3 26,982 g
= 2000 mg de Al+3 = 2g de Al+3
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 BaSO 4, depois de lavado e seco, pesou 4,08 g. Determinar a percentagem de H 2SO4 na solução original. H2SO4 + BaCl2
→
BaSO4 + 2 HCl
Temos: mm (H2SO4) = 98,0791 g/mol, logo: (4,08 g de BaSO4)
H2SO4
+ BaCl2
1 mol
1 mol
0,0175 moles 0,0175 moles IFES
1 mol BaSO4 = 0,0175 moles de BaSO4 233,39 g BaSO4
→
BaSO4 1 mol
↓
+ 2 HCl 2 moles
0,0175 moles 0,035moles Pág. 168
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0,0175 moles H2SO4
1 mol H2SO4 98,0791 g
≅
Portanto, a fração do H2SO4, em peso =
1,72 g H2SO4
1,72 g = 0,43 ou 43% 4,00 g
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 = 0,008 moles uréia 1000 mL
Por outro lado,
0,08 M significa que: 1000 mL contêm 0,08 moles de uréia. Logo,
1000 mL 0,008moles . = 100 mL volume final, após diluição 0,08 moles
–
V = 100 80 = 20 mL
5) Descrever como preparar 50 g de uma solução de BaCl 2 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
IFES
6 g de BaCl2
≅
1 mol BaCl2 208,233 g BaCl2
0,029 moles BaCl2
Pág. 169
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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
Logo, devemos acrescentar (44 g Logo:
18,0153 g H2O = 1,0448874 g H2O 1 mol H2O
−
1,0448874 g H2O) = 42,9551126g de H2O.
A solução é preparada pela dissolução de 7,0 g de BaCl 2. 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. 170
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Uma solução 3N de NaOH é aquela que possui 3eqg de NaOH dissolvidos em 1 litro (ou 1000 mL). Assim,
3 eqg NaOH 1000 mL sol.
40 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.) = 120 mL 4g NaOH
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 (H 2O). 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 H 2O. b) Numa solução 50%, em peso, teremos: Para cada 50g (sal) = 100 g (sol.) (ou 50g de H 2O). IFES
Pág. 171
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Como a solução é concentrada, aumentando apenas a quantidade de soluto, então:
70 g (H2O)
50 g (sal) = 70 g (sal) 50 g (H2O)
Ou seja, os 30 g iniciais mais 40 g de sal. Segundo método: m1 C= m2 Portanto, m' 1 30 C1 = ' = m 2 100 Sendo x a massa de sal adicionada, teremos: m" 1 30 + x 50 C2 = " = = m 2 100 + x 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.) = 0,03 litros HCl 16 M 16 moles HCl
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 H 2O. 9) A etiqueta de uma recipiente de ácido nítrico indica os seguintes dados:
IFES
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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 cm 3 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/m 3. 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.
kg (sol.) 1005 ×1000 g (sol.) d = 1005 = m3 m3 Ou seja:
1 m3 1000 L
= 1005
g (sol.) L
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
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11) Continua
IFES
Pág. 174
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UNIDADE VIII
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
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H2 + I 2
⇄
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 NO 2, 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. 176
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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
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∆
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: C f - Ci ∆C vm = , = tf - ti ∆t 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 Fazendo:
∆∆ ∆∆
→
cC +dD
∆∆ ∆∆
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:
VAm VBm VCm VDm
∆An consumo = ∆t ∆Bn consumo = ∆t ∆Cn formação = ∆t ∆Dn formação = ∆t
Assim, se calcularmos:
∆∆ ∆
IFES
∆∆ ∆
[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;
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∆
∆
[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
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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
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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
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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
C+D
V2 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
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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
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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 + 3 H 2 . . V . 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 + 3 H 2 . . V . 3V V
Um ―aumento da pressão‖ acarreta uma ―diminuição da velocidade‖ e uma ―diminuição da pressão‖ um ―aumento da velocidade‖.
IFES
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(C)
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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 Reagentes:
⇄
2 H2O
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. 185
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Exemplo:
CaO + 3 C
⇄
2.200°C
CaC2 + CO
a
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.
IFES
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 Pág. 186
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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:
V(1) A = 0,200
Vi 1 = 1,0×10-4
⇒⇒
V(2) A = 0,400
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:
V(3) B = 0,200
Vi 3 = 2,0×10-4
⇒⇒
V(4) B = 0,400
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 k.(0,200)x.(0,100)y 1,0×10-4 = = V2 k.(0,400)x.(0,100)y 2,0×10-4
0,200 x 1 x 1 = = 0,400 2 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 k.(0,100)x.(0,200)y 2,0×10-4 = = V3 k.(0,100)x.(0,400)y 8,0×10-4
IFES
Pág. 187
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0,200 x 1 y 1 1 = = = 0,400 2 4 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=
[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 2,0×10-4 K3 = = 0,500 (0,100)(0,200)2 Analisemos agora a seguinte reação: aA + bB + cD seguintes:
→
produtos, com um conjunto de resultados como os
Tabela 17.
IFES
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
Pág. 188
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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:
V(1) A = 0,200
Vi 1 = 9,0×10-6
⇒⇒
V(2) A = 0,400
Vi 2 = 1,8×10-5
Dizemos que a reação é de primeira ordem em relação a A. Experiências 3 e 4: As concentrações de A e C são constantes. A velocidade de B duplica. Velocidade da reação quadruplica:
V(3) B = 0,200
Vi 3 = 8,0×10-6
⇒⇒
V(4) B = 0,400
Vi 3 = 3,2×10-5
Dizemos que a ordem da reação, em relação a B, é dois. Experiências 1 e 5: Verifica-se, igualmente, que a concentração de C duplica e que a velocidade quadruplica.
V(1) C = 0,300
Vi 1 = 9,0×10-6
⇒⇒
V(5) C = 0,600
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: IFES
9,0×10-6 0,200 = 1,8×10-5 0,400
x
Pág. 189
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Para B:
FABIANO DE CARVALHO
⇒ ⇒ ⇒
1 1 x x=1 = 2 2 8,0×10-6 0,200 y = 3,2×10-5 0,400 1 1 = 4 2
Para C:
y
1 2 1 y y=2 = 2 2 9,0×10-6 0,300 z = 3,6×10-5 0,600 1 1 = 4 2
z
1 2 1 = 2 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: 9,0×10-6 k= = 0,05 [0,20].[ 0,10]2.[ 0,30]2 1,8×10-5 k= = 0,05 [0,40].[ 0,10]2.[ 0,30]2 8,0×10-6 k= = 0,05 [0,10].[ 0,20]2.[ 0,20]2 3,2×10-5 k= = 0,05 [0,10].[ 0,40]2.[ 0,20]2 3,6×10-5 k= = 0,05 [0,20].[ 0,10]2.[ 0,60]2
IFES
Pág. 190
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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 = constante (conc. H2)(conc. I2) Tomemos, por exemplo, quatro misturas diferentes na seguinte tabela:
Tabela 18. Constante de Equilíbrio. Resultados Experimentais
IFES
Valores Calculados
[H2]
[I2]
[HI]
mol/L
mol/L
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
Pág. 191
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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: K1 [C].[D] Kc = = K2 [A].[B] Kc é a constante de equilíbrio expressa em concentrações molares. Generalizando para uma reação reversível qualquer:
⇄
aA + bB + cC + ...
mM + nN + pP + …
.
=
[ ] .
.[ ]
.
.[ ]
.
A constante de equilíbrio aplica-se os não eletrólitos, nos sistemas heterogêneos, líquidos e gasosos.
–
Nos primeiros, ela é expressa em concentrações molares gasosos, em termos de pressão parcial Kp. IFES
–– Kc
e nos sistemas
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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: . (Pc)c.(PD)d Kp = (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
c C ( g ) + d D ( g )
V2 Admitindo-se que todos os gases são perfeitos, então eles obedecem à equação dos gases perfeitos (onde p.V = n . R . T). Então: n p nA -1 , logo: = = p . (RT) . Como VA = V e [A] = V R.T V pA pB pC pD [A] = ; [B] = ; C = ; [D] = R.T R.T RT R.T
IFES
Pág. 193
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Substituindo esses valores na expressão de Kc, vem:
C c .[D]d Kc = = [A]a .[B]b
pC c . pD d (R.T)-(c+d) pA a . pB b . (R.T)-(a+b) . .
Kp
∆n .
Kp = Kc . (R .T)[ c+d - a+b ]
= 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 tornase 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. 194
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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. 195
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Um exemplo: a equação do produto de solubilidade do Ag 2CrO4. 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
BaMnO 4
2,5 × 10-10
oxalato de bário
BaC2O4
2,3 × 10-8
sulfato de bário
BaSO4
1,0 × 10-10
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
CdCO 3
2,5 × 10-14
oxalato de cádmio
CdC 2O4
1,5 ×10-8
sulfeto de cádmio
CdS
1,0 ×10-28
CaCO3 CaF2 Ca(OH) 2 CaC2O4 CaSO4 CuBr CuCl CuI CuSCN Cu(OH) 2 CuS
8,7 × 10-9 4,0 × 10-11 5,5 × 10-6 2,6 × 10-9 1,9 × 10-4 5,2 × 10-9 1,2 × 10-6 5,1 × 10-12 4,8 × 10-15 1,6 × 10-97 9,0 × 10-36
hidróxido de berílio
carbonato de cálcio fluoreto de cálcio hidróxido de cálcio oxalato de cálcio sulfato de cálcio brometo de cobre I cloreto de cobre I iodeto de cobre I tiocianeto de cobre I hidróxido de cobre II sulfeto de cobre II
IFES
Pág. 196
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SUBSTÂNCIA
FÓRMULA
Kps
hidróxido de ferro II hidróxido de ferro III iodato de lantânio iodeto de chumbo II oxalato de chumbo II
Fe(OH) 2 Fe(OH)3 La(IO3)3 PbI2
8,0 × 10-16 4,0 × 10-38 6,0 × 10-10 7,1 × 10-9
PbC2O4
4,8 × 10-10
sulfato de chumbo II
PbSO4
1,6 × 10-8
sulfeto de chumbo II
PbS
8,0 × 10-28
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
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
fosfato de amônio-
IFES
Pág. 197
QUÍMICA GERAL
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SUBSTÂNCIA
FÓRMULA
Kps
sulfato de estrôncio
SrSO4
3,8 × 10-7
cloreto de talio I
TlCl
2 × 10-4
sulfeto de talio I
Tl2S
5 × 10-22
Zn2Fe(CN)6
4,1 × 10-16
ZnC2O4
2,8 × 10-8
ferrocianeto de zinco oxalato de zinco
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. 198
QUÍMICA GERAL
FABIANO DE CARVALHO
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, PbI 2, 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 ) Inicialmente: Variação: Equilíbrio:
S -S 0
⇄
Pb2+ (aq ) 0 +S +S
+
−
2I (aq ) 0 +2S +2S
Kps = S×S2 = S3 e portanto: S =
IFES
3
Kps 4
Pág. 199
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ou seja, S =
3
8,49 × 10-9 = 1,3×10-3 mol/dm3 4
O que nos permite concluir que num litro de solução saturada de PbI 2, 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: [H+].[OH-] Ke = [H2O] No entanto, em água pura ou em uma solução aquosa diluída, o termo [H 2O] 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 ( 10 14),
14
M2
então:
= H+ = OH- = 10-7 =
IFES
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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 100C 200C 250C 300C 400C
Ke 0,29×10-14 0,68×10-14 1,00×10-14 1,47×10-14 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. 201
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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. 202
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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-, CO32-, 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. 203
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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 Keq
−
H3O+ + Cl
H3O+ [Cl-] [HCl][H2O]
Como já vimos, no caso de soluções diluídas, o termo [H 2O] é constante, podemos, portanto, substituir a equação por por Ka:
H3O+ [Cl-] Ka = [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.
IFES
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
Pág. 204
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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, [BH+] [OH-] Keq = [B] [H2O] Outra vez, o termo [H 2O] é constante. Assim, = [BH+] [OH- ] Kb = [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
IFES
ÁCIDOS
Ka
BASES
Kb
HClO4
grande
ClO4-
muito pequena
H2SO4
grande
HSO4-
muito pequena
HCl
grande
Cl-
muito pequena Pág. 205
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IFES
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ÁCIDOS
Ka
BASES
Kb
HNO3
grande
NO3-
muito pequena
H3O+
55,5
H2 O
1,8.10-16
H2SO3
1,2.10-2
HSO3-
8,3.10-13
HSO4-
1,2.10-2
SO42-
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
HPO42-
1,6.10-7
HSO3-
6,2.10-8
SO32-
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
CO32-
2,1.10-4
HPO42-
3,6.10-13
PO43-
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 Pág. 206
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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 (H 3O+ 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. 207
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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:
⇄
H3 O+ . Acidez real
HA . Acidez potencial
+ A-
. Acidez titulável
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
IFES
⇄
B+ + HO. Acalinidade real
. Acalinidade titulável
Pág. 208
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1.39. Resumo dos principais tipos de equilíbrio e constantes de equilíbrios.
TIPO DE EQUILÍBRIO
NOME E SÍMBOLO DA CONSTANTE EQUILÍBRIO
Ionização da água
Constante do Produto Iônico, Kw
Expressão da Constante de Equilíbrio:
−
−
KW = [H3O ] . [OH ]
Exemplos típicos:
−
2 H2O → H3O+ + OH
TIPO DE EQUILÍBRIO
Ionização de Eletrólitos Fracos
NOME E SÍMBOLO DA CONSTANTE EQUILÍBRIO
Expressão da Constante de Equilíbrio: [H3O+].[CH3COO-] Ka = [CH3COOH]
Constante de Ionização, K a ou K b
[OH-].[CH3COOH] Kb = [CH3COO- ]
Exemplos típicos:
−
CH3COOH + H2O → H3O+ + CH3COO
−
−
CH3COO + H2O → OH + CH3COOH
IFES
Pág. 209
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TIPO DE EQUILÍBRIO
Sólidos ―Insolúveis‖
Equilíbrio Heterogêneo
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NOME E SÍMBOLO DA CONSTANTE EQUILÍBRIO
Expressão da Constante de Equilíbrio: Kps = [Ag+] . [Cl+]
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, n
− Expressão da Constante de Equilíbrio:
β
[Ni(CN)42-] 4= [Ni2+][CN-]4
Exemplo Típico: Ni2+ + 4 CN
TIPO DE EQUILÍBRIO Equilíbrio Oxidação/Redução
−
↔
−
Ni(CN)42
NOME E SÍMBOLO DA CONSTANTE EQUILÍBRIO K Redox
Expressão da Constante de Equilíbrio: [Cu2+][Fe2+]2 KRedox = [Fe+3]2
Exemplo Típico: Cu + 2 Fe+3+ ↔ Cu2+ + 2 Fe2+
IFES
Pág. 210
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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
Parte do reagente adicionado é consumida Parte do produto adicionado é consumida
Aumenta a concentração de produto
Não varia
Aumenta a concentração de reagente
Não varia
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
-
-
Adição de reagente Adição de produto Diminuição de volume, aumento da pressão
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. 211
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Álcool
Ácido
C2H5OH (l) Início: Variação: Equilíbrio:
+ CH 3COOH (l)
1 mol 2 - mol 3 2 1 1- = mol 3 3
1 mol 2 - mol 3 2 1 1- = mol 3 3
⇄
Éster
Água
CH3COOC2H5 + 0 mol 2 + mol 3 2 + mol 3
H2O 0 mol 2 + mol 3 2 + mol 3
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:
mol [C2H5OH] = 3 V
mol [CH3COOH] = 3 V
=
mol 3V
mol = 3V
2 mol 3 [CH3COOC2H5] = V mol [H2O] = 3 V
=
2 mol 3V
2 mol = 3V
Portanto,
CH3COOC2H5 .[CH3COOH] Kc = [C2H5OH].[CH3COOH] (2/3).(2/3) 2/3 2 Kc = = =4 (1/3).(1/3) 1/3
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. 212
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Álcool
Ácido
C2H5OH (l) + CH3COOH (l) Início: Variação: Equilíbrio:
3 mol -x mol 3-x mol
1 mol -x mol 1-x mol
⇄
Éster
Água
CH3COOC2H5 +
0 mol +x mol x mol
H2 O 0 mol +x mol x mol
(x).(x) x2 Kc = = =4 ( 3-x).(1-x) (3-4x+x2 )
−
Então, 3x2 16x +12 = 0 x=
2.(4- 7) = 0,9028 3
x=
2.(4+ 7) = 4,4305 3
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 N 2 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) n(H2) n(NH3) = = 1 3 2 Dividindo os conseqüentes por 2 e multiplicando por 0,150, vem: n(N2) n(H2) n(NH3) 1×0,150 = 3×0,150 = 2×0,150 2 2 2
IFES
Pág. 213
QUÍMICA GERAL
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n (N2) n (H2) n (NH3) = = 0,075 0,225 0,150 N2 (g) Inicio Variação: Equilíbrio:
0,500 moles 0,075 moles 0,425 M
−
+
3 H2 (g) 0,800 moles 0,225 moles 0,575 M
−
⇄
2 NH3 (g) 0 moles +0,150 moles 0,150 M
−
[NH3]2 Kc = H2 3 N 2
(0,150)2 Kc = 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:
− ⇄ −
mol NH4OH em 1 L = 1 eqg NH4OH = = mol NH4OH 1 1 mol N NH4OH = = 1M 1L
Inicialmente: Variação: Equilíbrio:
NH4OH
NH4+
1M 0,004 M 0,996 M
0M 0,004 M 0,004 M
+
HO
0M 0,004 M 0,004 M
Como:
NH4+ [HO-] Ki = [NH4OH]
IFES
Pág. 214
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Ki =
(0,004 M)(0,004 M) = 1,6×10-5 M (0,996 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 Inicialmente: Variação: Equilíbrio:
−
0,02 M 0,03×0,02 M 0,0194 M
⇄
H+ 0 0,03×0,02 M 0,0006 M
+
CH3COO
−
0 0,03×0,02 M 0,0006 M
H+ [CH3COO-] Ki = [CH3COOH] (0,0006 M)(0,0006 M) Ki = = 1,61×10-5 M (0,0194 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) N 1 M = = 1L 2 128 Ca(OH)2
Inicialmente:
IFES
1/128 M
⇄
Ca+ 0
+
−
2 OH 0
)M
+0,9×(
1 )M 128
+0,9×(
1 ) M 128
+0,9×(
1 )M 128
+2×0,9×(
Variação:
- 0,9×(
Equilíbrio:
0, 1×(
1
128
1 )M 128 1 )M 128
Pág. 215
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Ca+ [HO-]2 Ki = [Ca(OH)2] 4.(0,9/128)2 Ki = = 1,78×10-3 (0,1/128) 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:
αα
C+ [A-] M Ki = = [CA] 1Sendo:
2
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
αα
= grau de ionização
Se ≤ 5%, admite-se a seguinte sentença
pois o resultado de 1
−α≈
α
Ki = M 1
2
⇄
(6) Calcular a constante de equilíbrio da dissociação PCl 5 PCl3 + Cl2, supondo o sistema homogêneo, em temperatura tal que esteja 80% dissociado. PCl5 (v) Inicialmente: Variação: Equilíbrio: IFES
−α−α
x moles x moles (1 )x moles
⇄
PCl3 (v)
+α+α
0 x moles x moles
+
Cl2 (g)
+α+α
0 x moles x moles Pág. 216
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Como: PV = nRT
P = ( )RT V P n = RT = constante (V) Assim, podemos escrever: p (PCl5) p (PCl2) p (Cl2) = = [PCl5] [PCl2] [ Cl2]
α − α α α αα αα αα
Seja V o volume do sistema e fósforo, então: p (PCl5)
=
1
p (PCl2)
=
V
V
o grau de ionização do penta cloreto de
p (Cl2) V
α α α α
p (PCl5) p (PCl2) p (Cl2) p (PCl5)+p (PCl2)+p (Cl2) P = = = = 11- + + 1+
p (PCl5) =
Logo:
p (PCl2) = p (Cl2) =
Kp =
11+
1+
1+
.P
.P
.P
pPCl2 pCl2 pPCl5
Logo, Kp =
α α .
1+
11+
2
.P
αα 2
Kp =
IFES
1+
11+
2
.
2
.P
Pág. 217
QUÍMICA GERAL
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αα − 1+ . 2 1-
2
Kp =
1+ 2
Kp =
.
2
P
.P
2
1
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:
0,8 Kp = = 1,77 1- 0,82
−
α
(7) A constante de ionização do ácido acético, a 25 C, é de 1,85×10 5. Calcule o grau ionização do ácido a 25C, em solução decimolar. Temos:
CH3COOH Inicialmente: Variação: Equilíbrio:
⇄
H+
− −αα ×α×α αα − α− − 0,10 M 0,10× M 0,10(1 ) M
0 + 0,10 + 0,10
+ M M
CH3COO
×α×α
0 + 0,1 + 0,10
−
M M
0,10× 2 M Portanto: Ki = = 1,85×10-5 0,10(1- )
α α α= 0,1
=
2+
1,85×10
-1,85×10-5 ±
1,85×10 5 = 0
5
1,85×10-5 2 -4 0,1 (1,85×10-5) 2(0,1)
0,0135 ou 1,35%
(8) Em uma câmara de 10 L, evacuada, 0,5 mol de H 2, e 0,5 mol de I 2, 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. 218
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(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) = P(total) =
n(total).R.T V (0,5 + 0,5).(
0,082 L.atm mol.K ).(448+273) = 5,9 atm 10 L
H2 ( g )
+
−−
Inicio: Variação: Equilíbrio:
⇄
I2 ( g )
−−
0,5 x (0,5 x)
0,5 x (0,5 x)
2 H1( g ) 0 +2x +2x
(2x)2 Kc = 50 = (0,5-x)2
2x 50 = 0,5-x
2
x = 0,39
⇄
C + D, o valor da constante de equilíbrio a uma (9) Para a reação: A + B 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
IFES
+
B
⇄
C
+
D Pág. 219
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−
−
(0,100 x) M Portanto,
(0,200 x) M
x
x
x2 Kc = = 56 0,100-x .(0,200-x) 55x2 + 16,8 x+1,12 x1
=
0,098 e x 2
=
=
0
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 [B] = (0,200
−−
0,098) = 0,002 M; 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 N 2 e cinco moles de H2, obteremos três moles de amoníaco. O volume do recipiente de reação é de 10 L. Temos: N2 (g) Inicio: Variação Equilíbrio:
−−
+
3 H2 (g)
−−
0,2 moles/L x (0,2 x)
0,5 moles/L 3x (0,5 3x)
moles/L
moles/L
⇄
2 NH3 (g) 0 + 2x (2x) moles/L
[NH3]2 (2x)2 Kc = = [H2]3 [N2] (0,5-3x)3 .(0,2-x) No entanto, no equilíbrio temos 3 moles de NH 3, logo: IFES
Pág. 220
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[NH3] = 3 moles/ 10 L = 0,3 M = 2x
x = 0,3/2 = 0,150 M
Portanto, (2x)2 (20,150)2 Kc = = (0,5-3x)3 (0,2-x) (0,5-30,150)3 (0,2-0,150) (0,3)2 Kc = = 14 400 (0,05)3(0,05)
∆
Como: n = 22, já que: 2 Kp = Kc. (R.T)
∆
n
−
(3 + 1) = 22, então:
Kp = 14 400 · (0,082 · 523)22 = 7,83
(11) Suponha que 3,00 moles de HI; 2,00 moles de H 2 e 1,00 mol de I2 são colocados num recipiente de 1 L a 485 C. 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) Início: Variação: Equilíbrio:
−−
3,00 2x 3,00 2x
1 H2 (g) 2,00 +x 2,00 + x
+
1 I2 (g) 1M +x 1,00 + x
A condição de equilíbrio é: Kc =
[H2][ I2] [HI]2
2,00 2,00 + x (1,00 (1,00 + x) Kc = (3,00 - 2x)2
IFES
Pág. 221
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2,00 2,00 + x (1,00 (1,00 + x) = 2,0610-2 2 (3,00 - 2x)
0,918 x2 + 3,25 x + 1,81 = 0 x=
-3,25±
3,25 3,25 2-4(0,918)(1,81) 2(0,918)
x=
-3,25± 3,91618 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) Variação: Equilíbrio:
+
−
2,00 0,692 1,308
1 I2 (g)
−
1,00 0,692 0,308
⇄
2 HI (g) 3,00 + 2(0,692) 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 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) Início: Variação: Equilíbrio: Lembrando que:
−α−α C
⇄
C (1 )C
2 NO2 (g)
αα
0 +2 C +2 C
p (parcial) = fração molar × pressão (total)
IFES
Pág. 222
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p(NO2) = x(NO2)× pressão (total) p(N2O4) = x(N2O4)× pressão (total)
n(NO2) x(NO2) = n NO NO2 + n(N2O4) n(N2O4) x(N2O4) = e n NO NO2 + n(N2O4) pressão (total) = p(NO2) + p(N2O4) Assim:
α−α
n.° de moles no equilíbrio de NO 2 = 2 .c n.° de moles no equilíbrio de N 2O4 = (1
)c
α −α +α
n.° de moles totais no equilíbrio = 2 .c + (1 Logo:
αα αα ααα α αα α
)c = (1
)c
2 .c . 5 atm (1+ )c
p(NO2) =
(1- )c p(N2O4) = . 5 atm (1+ )c Kp =
2 pNO 2
pN O 2
4
=
2 1+ . 5 atm 11+ . 5 atm
2
4 2.5 = 0,15 de onde = 0,086 ou 8,6% 1- 2
⇄
H2 (g) + I2 (g) vale 0,016. Na (13) A 800K, a Kc para a reação: 2 HI (g) 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. 223
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2 HI (g)
−−
Início: Variação: Equilíbrio:
C 2x C 2x
⇄
1 H2 (g)
+
1 I2 (g)
C +x C+x
1M +x C+x
n.R.T = P.V n P C= = V R.T P 1 atm C= = = 0,015 mol/L R.T 0,082 atm L ×800K mol K Assim, no equilíbrio teremos:
⇄ −
Equilíbrio:
2 HI (g)
1 H2 (g)
0,015 2x
0,015 + x
A condição de equilíbrio é:
0,015 0,015 + x 0,015 0,015 - 2x
2
2
Kc =
+
1 I2 (g) 0,015 + x
[H2][ I2] [HI]2
0,015 + x 2 = = 0,016 0,015 - 2x
0,015 + x 0,016 = 0,016 0,015 - 2x 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
⇄
2NO2 (g), vale (14) A constante de equilíbrio para a reação: N204 (g) 5,8×10 3 a 25°C. Calcule o grau de dissociação quando:
−
(A) A concentração inic1ial é 0,01 mol/L;
IFES
Pág. 224
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(B) adicionamos 0,01 mol/L de N2O4 ao equilíbrio formado no aparato (a). N204 (g) Inicial: Variação: Equilíbrio:
−−α α αα α−
0,01 0,01 (1 )0,01
⇄
2NO2 (g)
αα
0 +2(0,01 ) 0,02
(0,02 )2 Portanto: Kc = = 5,8×10-3 (1- ).0,01 de donde:
α αα≈≈− 0,04
2 + 0,0058
0,0058 0,0058 = 0
0,460129 (não convém) ou
α
0,315129 ou expresso em percentagem: = 31,51% 0,315129
Assim,
−α− ≈ ≈ αα − ≈ ≈ −
[N204] = (1
= (1
).0,01 =
0,315129).0,01
6,8×10 3 mol/L
[NO2] = 0,02 =
= 0,02×0,315129 = = 0,00630258
6,3×10 3 mol/L
Em (B) teremos:
Variação:
(0,0068+0,01) 0,0168 x
Equilíbrio:
0.0168 x
Inicial:
Portanto,
IFES
N204 (g)
−−
⇄
2NO2 (g) 6,3×10
−
3
+2x
−
6,3×10 3+2x
Pág. 225
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[N2O4]2 Kc = = 5,8×10-3 [NO2]
0,0063 + 2 x 0,0168-x
2
= 5,8×10-3
4 x2+0,0252 x+0,00003969 = 0.00009744-0.0058 x 4 x2 + 0,031 x Cuja solução é: x x
≈−≈
−
−
5,77510 5 = 0
0.0093, que não convém, e
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) + Cl 2 (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 Cl 2, vem: Inicial: Variação: Equilíbrio: IFES
CO (g) 2 x 2 x
−−
+
Cl 2 (g) 3 x 3 x
−−
⇄
COCl2 (g) 20 +x 20+x Pág. 226
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Kc =
(20+x) =5 (3-x)(2-x)
−− −
5(3 x)(2 x) = 20+x 5 x2 26 x+10 = 0 x = 0,418
x = 4,782 (não convém) Assim: [CO] = 2 [Cl2] = 3
−− −
0,42 = 1,58 mol/L,
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):
⇄
2moles CO (g) + Cl2 (g) 1 mol mol
1V COCl2 (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) Inicial: Variação: Equilíbrio: Kc =
IFES
[CO] [Cl2] [COCl2]
−−
10 x
10 x
⇄
CO (g)
+
Cl2 (g)
1 +x
1 +x
1+x
1+x
Pág. 227
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Kc =
(1+x)(1+x) 1 = (10-x) 5
5(x+1)2 =0 (10-x)
− − −
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 P0 .V0 = = nR = constante T T0 Portanto,
(2P0 ).V P0 .V0 = T0 T0
V = V0/2, ou seja, o volume reduz-se a metade. Assim sendo, as concentrações dobram: CO (g) 2×2 x 4 x
−−
Inicial: Variação: Equilíbrio:
+
Cl 2 (g) 2×2 x 4 x
−−
⇄
COCl2 (g) 2×20 +x 40+x
Aplicando novamente a equação de equilíbrio, vem 40+x =5 (4-x)2 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. 228
QUÍMICA GERAL
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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 K c 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 KCH3COO K1+ + CH3COO1Al2(SO4)3 2 Al3+ +3 SO42-
forte
Reação de dissociação
Eletrólito
Mg(OH)2 IFES
→→ → →
Mg2+ + 2 (OH)1-
forte forte forte Pág. 229
QUÍMICA GERAL
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→→ →→ →→ →
HCl H2SO4 HSO41 H2S HS1NH4(OH) HAc
H1+ + Cl1H1+ + HSO41H1+ + SO42H1+ + HS1H1+ + S2NH41+ + (OH)1H1+ + Ac1-
forte forte fraco fraco fraco fraco 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:
sal+ H2O
ácido fraco + outro sal
100%
Ácido + Base o hidróxido
(B) Reação de troca iônica entre dois solutos fortes. Para originar um soluto fraco. Incluem: Ácido forte + sal de ácido fraco Base forte + sal de base fraca (C) Hidrólise de sais.
100%
100%
base fraca + outro sal
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. 230
QUÍMICA GERAL
I.
FABIANO DE CARVALHO
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) Exemplo: NH4Cl + H2O
BOH (aq) + H+ (aq)
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. 231
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A água á predominantemente molecular. Sendo correto escrevê-la na forma H2O. Da mesma forma, por outro lado, sendo o NH 4OH 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: [BOH][ H+] K= [B-][H2O] Como a hidrólise se processa em presença de grande excesso de água, podemos considerar a concentração da água [H 2O] como praticamente constante (Kw), teremos: Kw = [ H+].[OH-] [BOH][ H+] Kh = [B+] Podemos calcular Kh em função do produto iônico da água (K w) e da constante de ionização da base (K b). Para isso, basta multiplicarmos o numerador e denominador da expressão de Kh por [OH ].
−
[BOH][ H+] [OH-] Kh = × [B+] [OH-]
IFES
Pág. 232
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Escrevendo sob outra forma:
Kh =
xx[ H+][OH-]xx
[B+][OH-] [BOH]
.
Kw Kh = . 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
−
CN + H2O
−
HCN + K+ + OH
HCN + OH
−
Seja BA um sal derivado de ácido fraco e base forte. Conforme vimos: BA + H2O
−
B+1 + A 1 + H2O IFES
⇄⇄
HA + BOH HA + B+1 + OH
−
1
Pág. 233
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−
A 1 + H2O Assim,
⇄
HA + OH
−
1
[HA].[OH-1] Kh = [ A-1]
−
Multiplicando-se o numerador e denominador por [OH 1], vem: [HA].[OH-1] [OH-1] Kh = × [ A-1] [OH-1] xx[H+1].[OH-1]xx
Kh =
IV.
[ A-1][H+1] [HA] . Kw Kh = . Kh
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)
−
A 1(aq) + H+ (aq)
MOH (aq)
HA (aq)
Neste caso, o pH vai depender dos valores de K a 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 =
IFES
Kw Ka × Kb
Pág. 234
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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:
∆ − =
Onde:
∆
×
’
×
1
×
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
∆ − − = 0
( 0,352) = 0,352
(HCl) = 36,461
= 1850
=
IFES
∆ ’ =
×
×
×
0,352 × 1000 × 36.461 = 1,9 1850×3,6461
Pág. 235
QUÍMICA GERAL
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BIBLIOGRAFIA http://ccmm.fc.ul.pt/vnunes/ensino/eqquim.pdf http://clic.xtec.cat/db/jclicApplet.jsp?project=http://clic.xtec.cat/projects/fo rmula2/jclic/formula2.jclic.zip&lang=ca&title=Formulaci%C3%B3+i+nomenc latura+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.
IFES
Pág. 236
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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
H
VIII
He
Li
B
C
N
O
F
Ne
Na
Al
Si
P
S
Cl
Ar
K
Cr
Mn
Fe
Co
Ni
Cu
Zn
Ga
Ge
As
Se
Br
Kr
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
IV
V
VI
VII
+1
Rb
Sc
Ti
Y
V
2. Grupo IIA. Alcalinos Terrosos I
II
III
H
VIII
He Be
B
C
N
O
F
Ne
Na Mg
Al
Si
P
S
Cl
Ar
Li
K
Ca
Rb
Sr
Cs Fr
Ti
V
Cr
Mn
Fe
Co
Ni
Cu
Zn
Ga
Ge
As
Se
Br
Kr
Zr
Nb Mo
Tc
Ru
Rh
Pd
Ag
Cd
In
Sn
Sb
Te
I
Xe
Ba
Hf
Ta
W
Re
Os
Ir
Pt
Au
Hg
Tl
Pb
Bi
Po
At
Rn
Ra
Rf
Db
Sg
Bh
Hs
Mt
Ds
Rg
Cn Uut
Fl
Uup
Lv
+2
IFES
Uus Uuo
Pág. 237
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3. Grupo IIIA. I
III
II
VI
VII
H
He Be
B
+3
Na Mg
Al
Li
VIII
-3
O
F
Ne
+3
S
Cl
Ar
Se
Br
Kr
Cr
Mn
Fe
Co
Ni
Cu
Zn
Ga
+3
Zr
Nb Mo
Tc
Ru
Rh
Pd
Ag
Cd
In
+3
+1
Te
I
Xe
Ba
Hf
Ta
W
Re
Os
Ir
Pt
Au
Hg
Tl
+3
+1
Po
At
Rn
Ra
Rf
Db
Sg
Bh
Hs
Mt
Ds
Rg
Cn Uut
K
Ca
Sc
Ti
Rb
Sr
Y
Cs Fr
V
Lv
Uus Uuo
VI
VII
4. Grupo IVA. I
II
III
IV
V
H Li
He Be
B
Na Mg K
Rb
IFES
VIII
Ca
Sr
Al Sc
Y
Ti
Zr
V
Cr
Nb Mo
Mn
Tc
Fe
Ru
Co
Rh
Ni
Pd
Cu
Ag
Zn
Cd
Ga
In
Cs
Ba
Hf
Ta
W
Re
Os
Ir
Pt
Au
Hg
Tl
Fr
Ra
Rf
Db
Sg
Bh
Hs
Mt
Ds
Rg
Cn Uut
C
+4 -4
F
Ne
Si
+4 -4
Cl
Ar
Ge
+4 +2
Br
Kr
Sn
+4 +2
I
Xe
Pb
+4 +2
At
Rn
Fl
Uus Uuo
Pág. 238
QUÍMICA GERAL
FABIANO DE CARVALHO
5. Grupo VA. I
II
III
IV
V
VI
VII
H
He
N Li
VIII
+5 +4 +3 +2 +1 -3
F
Ne
Be
B
C
Na Mg
Al
Si
P
+3
Cl
Ar
Ga
Ge
As
+3
Br
Kr
Sb
+3 +1
I
Xe
Bi
+3 +1
At
Rn
Fl
Uup
+1
IV
V
K Rb
Ca Sr
Sc Y
Ti Zr
V
Cr
Nb Mo
Mn Tc
Fe Ru
Co Rh
Ni Pd
Cu Ag
Zn Cd
In
Cs
Ba
Hf
Ta
W
Re
Os
Ir
Pt
Au
Hg
Tl
Fr
Ra
Rf
Db
Sg
Bh
Hs
Mt
Ds
Rg
Cn Uut
Sn Pb
Uus Uuo
6. Grupo VIA. I
II
III
VI
VII
H Li
He Be
B
Na Mg
K
Rb
IFES
VIII
Ca
Sr
Al
Sc
Y
Ti
Zr
V
Cr
Nb Mo
Mn
Tc
Fe
Ru
Co
Rh
Ni
Pd
Cu
Ag
Zn
Cd
Ga
In
Cs
Ba
Hf
Ta
W
Re
Os
Ir
Pt
Au
Hg
Tl
Fr
Ra
Rf
Db
Sg
Bh
Hs
Mt
Ds
Rg
Cn Uut
C
Si
Ge
Sn
N
O
-2
Ne
S
+6 +4 +2 -2
Ar
P
As
Se
+6 +4 +2 -2
Te
+6 +4 +2 -2
Xe
+4 +2
Rn
Sb
Pb
Bi
Fl
Uup
Po Lv
Kr
Uus Uuo
Pág. 239
QUÍMICA GERAL
FABIANO DE CARVALHO
7. Grupo VIIA. I
II
III
IV
V
VI
VII
H Li
He Be
B
C
N
O
F
Cl Na Mg
K
VIII
Ca
Sc
Ti
V
Cr
Mn
Fe
Co
Ni
Cu
Zn
Al
Si
P
S
Ga
Ge
As
Se
Br
I Rb
Sr
Cs Fr
Y
-1 +7 +5 +3 +1 -1 +7 +5 +3 +1 -1 +7 +5 +3 +1 -1
Zr
Nb Mo
Tc
Ru
Rh
Pd
Ag
Cd
In
Sn
Sb
Te
Ba
Hf
Ta
W
Re
Os
Ir
Pt
Au
Hg
Tl
Pb
Bi
Po
Ra
Rf
Db
Sg
Bh
Hs
Mt
Ds
Rg
Cn Uut
Fl
Uup
Lv
Uus Uuo
IV
V
VI
VII
At
Rn
8. Grupo IIIB. I
II
IIIB
III
H Li
IFES
VIII
He Be
B
C
N
O
F
Ne
Na Mg
Al
Si
P
S
Cl
Ar
K
Ca
Sc
Rb
Sr
Y
Cs
Ba
Fr
Ra
V
Cr
Mn
Fe
Co
Ni
Cu
Zn
Ga
Ge
As
Se
Br
Kr
Nb Mo
Tc
Ru
Rh
Pd
Ag
Cd
In
Sn
Sb
Te
I
Xe
La
Ta
W
Re
Os
Ir
Pt
Au
Hg
Tl
Pb
Bi
Po
At
Rn
Ac
Db
Sg
Bh
Hs
Mt
Ds
Rg
Cn Uut
Fl
Uup
Lv
+3
Uus Uuo
Pág. 240
QUÍMICA GERAL
FABIANO DE CARVALHO
9. Grupo IVB. I
IVB
II
III
IV
V
VI
VII
H Li
He Be
B
C
N
O
F
Ne
Na Mg
Al
Si
P
S
Cl
Ar
K
Rb
10.
Ca
Sr
Sc
Y
Ti
+4 +3 +2
Cr
Mn
Fe
Co
Ni
Cu
Zn
Ga
Ge
As
Se
Br
Kr
Zr
+4 +3 +2
Mo
Tc
Ru
Rh
Pd
Ag
Cd
In
Sn
Sb
Te
I
Xe
+3 +2
W
Re
Os
Ir
Pt
Au
Hg
Tl
Pb
Bi
Po
At
Rn
Sg
Bh
Hs
Mt
Ds
Rg
Cn Uut
Fl
Uup
Lv
Uus Uuo
IV
V
VI
VII
Cs
Ba
Hf
Fr
Ra
Rf
Grupo VB. I
VB
II
III
H Li
VIII
He Be
B
C
N
O
F
Ne
Na Mg
Al
Si
P
S
Cl
Ar
K
Rb
Ca
Sr
Sc
Y
Ti
V
+5 +4 +3 +2
Nb
Mn
Fe
Co
Ni
Cu
Zn
Ga
Ge
As
Se
Br
Kr
Zr
+5 +4 +3
Tc
Ru
Rh
Pd
Ag
Cd
In
Sn
Sb
Te
I
Xe
5 +4 +3
Re
Os
Ir
Pt
Au
Hg
Tl
Pb
Bi
Po
At
Rn
Sg
Bh
Hs
Mt
Ds
Rg
Cn Uut
Fl
Uup
Lv
Ta
IFES
VIII
Cs
Ba
Hf
Fr
Ra
Rf
Db
Uus Uuo
Pág. 241
QUÍMICA GERAL
11.
FABIANO DE CARVALHO
Grupo VIB. I
VIB
II
III
IV
V
VI
VII
H Li
He Be
B
C
N
O
F
Ne
Na Mg
Al
Si
P
S
Cl
Ar
K
Rb
Ca
Sr
Sc
Y
Ti
Zr
V
Cr
+6 +5 +4 +3 +2
Mo
Fe
Co
Ni
Cu
Zn
Ga
Ge
As
Se
Br
Kr
Nb
+6 +5 +4 +3 +2
Ru
Rh
Pd
Ag
Cd
In
Sn
Sb
Te
I
Xe
+6 +5 +4 +3 +2
Os
Ir
Pt
Au
Hg
Tl
Pb
Bi
Po
At
Rn
Bh
Hs
Mt
Ds
Rg
Cn Uut
Fl
Uup
Lv
Uus Uuo
IV
V
VI
VII
W
12.
Cs
Ba
Hf
Ta
Fr
Ra
Rf
Db
Sg
Grupo VIIB. I
VIIB
II
III
H Li
VIII
He Be
B
C
N
O
F
Ne
Na Mg
Al
Si
P
S
Cl
Ar
K
Rb
Ca
Sr
Sc
Y
Ti
Zr
V
Cr
Mn
+7 +6 +5 +4 +3 +2
Tc
Co
Ni
Cu
Zn
Ga
Ge
As
Se
Br
Kr
Nb Mo
+7 +6 +5 +4
Rh
Pd
Ag
Cd
In
Sn
Sb
Te
I
Xe
Ta
+7 +6 +5 +4
Ir
Pt
Au
Hg
Tl
Pb
Bi
Po
At
Rn
Re Cs
IFES
VIII
Ba
Hf
W
Pág. 242
QUÍMICA GERAL
13. I
FABIANO DE CARVALHO
Grupo VIIIB VIIIB
II
III
IV
V
VI
VII
H Li
VIII
He Be
B
C
N
O
F
Ne
Na Mg
Al
Si
P
S
Cl
Ar
K
Rb
Ca
Sc
Sr
Ti
Y
V
Zr
Cr
Fe
+3 +2
Ru Tc
+7 +5 +4 +3 +2 +7 +5 +4 +3 +2
Mn
Nb Mo
Os Cs
Ba
Hf
Ta
W
Re
Fr
Ra
Rf Db
Sg
Bh
14.
Co
+3 +2
Ni
+3 +2
Rh
+5 +4 +3
Pd
+4 +2
+5 +4 +3
Ir
Hs
Mt
Cu
Zn
Ga
Ge
As
Se
Br
Kr
Ag
Cd
In
Sn
Sb
Te
I
Xe
Au
Hg
Tl
Pb
Bi
Po
At
Rn
Rg
Cn Uut
Fl
Uup
Lv
+5 +4 +3
Pt
Ds
Grupo IB. I
IB
II
III
IV
V
VI
VII
H Li
IFES
Uus Uuo
VIII
He Be
B
C
N
O
F
Ne
Na Mg
Al
Si
P
S
Cl
Ar
K
Ca
Sc
Ti
Rb
Sr
Y
Zr
Cr
Mn
Fe
Co
Ni
Cu
+2 +1
Ga
Ge
As
Se
Br
Kr
Nb Mo
Tc
Ru
Rh
Pd
Ag
+1
In
Sn
Sb
Te
I
Xe
Au
+3 +1
Tl
Pb
Bi
Po
At
Rn
Rg
Cn Uut
Fl
Uup
Lv
V
Cs
Ba
Hf
Ta
W
Re
Os
Ir
Pt
Fr
Ra
Rf
Db
Sg
Bh
Hs
Mt
Ds
Uus Uuo
Pág. 243
QUÍMICA GERAL
15.
FABIANO DE CARVALHO
Grupo IIB. I
IIB
II
III
IV
V
VI
VII
H Li
IFES
VIII
He Be
B
C
N
O
F
Ne
Na Mg
Al
Si
P
S
Cl
Ar
K
Ca
Sc
Ti
Rb
Sr
Y
Zr
V
Cr
Mn
Fe
Co
Ni
Cu
Zn
+2
Ge
As
Se
Br
Kr
Nb Mo
Tc
Ru
Rh
Pd
Ag
Cd
+2
Sn
Sb
Te
I
Xe
Hg
+2 +1
Pb
Bi
Po
At
Rn
Fl
Uup
Lv
Cs
Ba
Hf
Ta
W
Re
Os
Ir
Pt
Au
Fr
Ra
Rf
Db
Sg
Bh
Hs
Mt
Ds
Rg
Cn Uut
Uus Uuo
Pág. 244
QUÍMICA GERAL
FABIANO DE CARVALHO
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
Exemplos: Ca5F(PO4)3 = fluoreto tris(fosfato) de Cálcio Ca8F(P3O10)3 = fluoreto trifosfato de Cálcio ([P3O10]5 = anion trifosfato)
3. Nomenclatura tradicional (N.tr).
1) Nomenclatura sistemática estequiométrica (N.ss).
ou
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.
IFES
Prefixos monodi-
Número
tri-
3
tetrapentahexaheptaoctanona- (eneá) deca-
4
1 2
5 6
7 8 9 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 Pág. 245
QUÍMICA GERAL
FABIANO DE CARVALHO
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
4) Compostos binários hidrogenados
−
Com hidrogênio de n.ox a 1 a) Metal com n.ox invariável:
Hidreto de ———————
;
b) Quando tem duas valências , se utilizam os prefixos: – oso
(para a valência menor) e
Nome do elemento eletropositivo
Exemplos:
(para a maior).
NaH = hidreto de sódio
c) Quando o elemento tem três ou quatro valências :
CaH2 = hidreto de cálcio
– ico
AlH3 = hidreto de alumínio
Escreve-se assim, começando da valência mais baixa: b) Metal com n.ox variável (2 n.ox)
"Hipo- ...-oso "
"...-oso"
(para a valência menor)
"Per-...-ico"
IFES
(para a valência intermediária alta) (para a valência mais alta)
Nome do elemento eletropositivo
(para a valência intermediária baixa)
"...-ico"
Hidreto de — OSO ou — ICO
Ou:
Hidreto de ———
———
Nome do n.ox elemento alg. rom. eletropositivo
Pág. 246
QUÍMICA GERAL
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:
FABIANO DE CARVALHO
Fórmula Nome sistemático
(em solução aquosa)
Fluoreto de hidrogeno eto HCI Clor de hidrogeno Brometo de HBr hidrogeno Hl Iodeto de hidrogeno eto H2S Sulf de hidrogeno Selenieto de H2Se hidrogeno
Ácido fluorídrico Ácido clorídrico Ácido bromídrico Ácido yodídrico Ácido sulfídrico Ácido selenídrico
de H2Te Telureto hidrogeno
Ácido telurídrico
HF
H2O Água
5) Outras combinações binárias
NH3 Amoníaco
As combinações binárias, que não sejam nem óxidos nem hidretos, são as formadas por não metais com metais.
PH3 Fosfina AsH3 Arsina SbH3 Estibina CH4 Metano SiH4 Silano
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:
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.
CaF2
FeCl3 Cloreto de ferro (lll) CuBr2 Brometo de cobre(ll) MnS
IFES
Fluoreto de cálcio
Sulfeto de manganês (ll)
Pág. 247
QUÍMICA GERAL
FABIANO DE CARVALHO
V2S5
Sulfuro de vanádio (V)
AlI3
Iodeto de alumínio
Ni2Si
Siliceto de níquel (ll)
MnS2
Sulfeto de manganês (IV)
FeCl2
Cloreto de ferro (ll)
Mg3N2 Nitreto de magnésio
CuBr
Brometo de cobre (l)
CrB
Brometo de cromo (lll)
6) Nomenclatura tradicional (funcional). N° de valências do elemento
Ordem da valência
Prefixo Sufixo Exemplo
1 valência
Nomes
-ico
Na+1
Sódico
menor
-oso
Co-
Cobaltoso
maior
-ico
Co+3
Cobáltico
-oso
N+1
Hiponitroso
intermédia
-oso
N+3
Nitroso
maior
-ico
N+5
Nítrico
-oso
Cl+1
Hipocloroso
intermédia menor
-oso
Cl+3
Cloroso
intermédia maior
-ico
Cl+5
Clórico
-ico
Cl+7
Perclórico
2 valências
menor 3 valências
menor
4 valência
maior
IFES
Hipo-
Hipo-
Per-
Pág. 248
FABIANO DE CARVALHO
QUÍMICA GERAL
7) Formulação de compostos binários (óxidos e anidridos) Na prática, para formular compostos binários se recorre ao chamado de ―cruzamento valências‖: a) Fe+2 + Cl-1
→
FeCl2
Fe+2 Cl-1 FeCl2 b) C+4 + Br-1
→
C+4
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:
CBr4
ÓXIDO + METAL + OSO (menor valência)/ICO (maior valência)
Br-1
2. Nomenclatura SISTEMÁTICA: 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
Pág. 249
Metálicos Não metálicos
Oxigênio+ Metal Oxigênio + Ametal
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
QUÍMICA GERAL
FABIANO DE CARVALHO
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 Monóxido Trióxido de ferro diferro sódico Óxido sódio
NOMENCLATURA STOCK
Óxido de ferro (II)
Óxido de ferro (III)
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: B) Óxidos não metálicos Estão formados pela combinação de um ametal com oxigênio.
→
M2Ox (―cruzamento‖ de
Observação importante: No caso em que x é PAR: Simplifica -se a fórmula.
Exemplos: C+4 + O-2 = C2O4 simplificar CO2
↓
IFES
Observação: Tende-se a substituir a palavra ANIDRIDO por ÓXIDO.
Sua fórmula general é: M+X + O-2 valências).
ANIDRIDO + (PREFIXO) + AMETAL + SUFIXO.
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 Pág. 250
QUÍMICA GERAL
FABIANO DE CARVALHO
c) TRÊS valências:
2. Peróxidos
⇒ ⇒ ⇒
maior ICO Valência intermediária OSO menor HIPO+OSO
M+x + O2-2
d) QUATRO valências:
⇒ ⇒
→
M2(O2)x
Não se pode simplificar, portanto, o índice 2 do oxigênio.
⇒⇒
maior PER+ICO intermediária maior ICO Valência intermediária menor OSO menor HIPO+OSO
(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:
Exemplos: O caso do MANGANÊS é especial: tem três valências com as quais atua como ametal : +4, +6 e +7.
Li+1 + (O2)-2 = Li2O2
Menor (+4): MnO2 = Anidrido ou Óxido manganoso
Fe+2 + (O2)-2 = Fe2(O2)2 = FeO2
Médio (+6): MnO3 = Anidrido ou Óxido mangânico
Sn+2 + (O2)-2 = Sn2(O2)2
Maior (+7): Mn2O7 = Anidrido ou Óxido permangânico
(aqui não se simplifica, já que se confundiria com SnO2 , óxido de estanho (IV) )
Mg+2 + (O2)-2 = Mg2(O2)2 = MgO2 H+1 + (O2)-2 = H2O2 Fe+3 + (O2)-2 = Fe2(O2)3
Também o CROMO tem valências nas quais atua como ametal (+3 e +6):
Sn+4 + (O2)-2 = Sn2(O2)4 = Sn(O2)2
Menor (+3) Cr2O3 = Anidrido ou Óxido cromoso
(aqui não se simplifica, já que se confundiria com PbO2 , óxido de chumbo (IV) )
Maior (+6) CrO3 ou Óxido crômico
IFES
São óxidos nos quais figura, em sua estrutura, o agrupamento PERÓXO (-O-O-, O 2-2), donde o oxigênio atua com número de oxidação "-1".
= Anidrido
Pb+2 + (O2)-2 = Pb2(O2)2
Pág. 251
QUÍMICA GERAL
FABIANO DE CARVALHO
21 UO22+ = uranilo (VI), uranilo (2+)
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
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.
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
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:
19 NO2+ = nitrilo ou nitroílo 20 UO2+ = uranilo (V), uranilo (1+) IFES
MgO + H2O
→
Mg(OH)2
Pág. 252
QUÍMICA GERAL
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.
FABIANO DE CARVALHO
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 = estrôncio
di-hidróxido
de
4 Al(OH)3 alumínio
tri-hidróxido
de
=
5 Ba(OH)2 = di-hidróxido de bário
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 IFES
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, colocandose como expoente sua carga, quando se tratar de espécie iônica.
Pág. 253
QUÍMICA GERAL
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]2b) 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]2c) 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. IFES
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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 (II) de potássio ânion
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 Brometo Carbonato Cianeto Cloreto Fluoreto Hidrogenoperóxido
Hidrogenossulfeto
Hidróxido Metóxido Oxalato
Fórmula BrCO32CNClFHO2HSOHH3COC2O42-
Nome do Ligante Bromo Carbonato Ciano Cloro Fluoro Hidrogenoperoxo
Mercapto Hidroxo Metoxo Oxalato Pág. 254
QUÍMICA GERAL
Óxido Sulfato Sulfeto
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O2SO42S2-
Oxo Sulfato tio
h) Para os ligantes H -, H2N-, HN2- e N3a 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.
i) Os ligantes neutros têm em geral o nome da molécula. Há exceções importantes: Nome do Ligante
Molécula
Fórmula
Água Amônia
H2O NH3
Aqua Amin
Monóxido de Carbono
CO
Carbonil
Monóxido de nitrogênio
NO
Nitrosil
Ligantes aniônicos contendo prefixos j) A identificação do metal se faz pelo numéricos (como trifosfato), assim nome do átomo de metal quando o como os tio-, seleno- e telurocomplexo é neutro ou catiônico, ou derivados dos oxi-ânions (como pelo nome do átomo de metal com tiossulfato), devem ser colocados entre a terminação ato quando o parênteses. complexo for aniônico, algumas exceções são: Exemplos: 1 K[AuS(S2)] dissulfetotioaurato (III) de potássio
Nome em Português
Nome em Latim
Nome do ânion
2 [Ru(HSO3)2(NH3)4] tetraaminbis(hidrogenossulfito)rutênio (II)
Chumbo (Pb) Cobre (Cu) Estanho (Sn) Ferro (Fe) Ouro (Au) Prata (Ag)
Plumbum
Plumbato
Cuprum
Cuprato
Stannum
Estanato
Ferrum Aurum Argentum
Ferrato Aurato Argentato
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)
IFES
1 Na3[Fe(CN)6] = hexacianoferrato (III) de sódio
Pág. 255
QUÍMICA GERAL
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2 [Co(NH3)6]Cl3 = cloreto de hexaaminocobalto(III)
1 Oxiácidos simples
3 [Co(NH3)6] = hexacianoferrato(III) de hexaaminocobalto(III) 4 [Co(NH3)6]ClS04 = cloreto de hexaaminocobalto(III)
sulfato
12.1. Ácidos Oxiácidos
Quando tivermos um ácido oxigenado com o elemento central não metálico, utilizamos a seguinte tabela:
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:
IFES
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.
Oxiácidos simples Oxiácidos poli hidratado Isopoliácidos
o o t o x n x i e i f f e r m e u s p l e
NOx do elemento central +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 H2MnO3 do Mn
H2MnO2
HMnO4
ácido ácido ácido manganoso mangânico permangânico Ácidos H2CrO4 do Cr ácido crômico
H2Cr 2O7 ácido dicrômico
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QUÍMICA GERAL
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Ácidos H2SnO2 do Sn
H2SnO3
ácido estanoso
ácido estânico
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.
Exemplo:
Utiliza-se a seguinte regra:
a) Ácido sulfúrico:
Elemento
Enxofre (S) com NOx = +6 S2O6
→ → → → SO3
SO3 + H2O
P As Sb B Si
H2SO4
b) Ácido crômico:
Cromo (Cr) com NOx = +6 Cr2O6
CrO3
CrO3 + H2O
H2CrO4
Manganês (Mn) com NOx = +4
→ → → →
MnO2
MnO2 + H2O
H2MnO3
d) Ácido mangânico: Manganês (Mn) com NOx = +6 Mn2O6
MnO3
MnO3 + H2O
Manganês (Mn) com NOx = +7
Mn2O7 + H2O HMnO4
IFES
→
H2Mn2O8
1 H2O
3 H2O
1 H2O
2 H2O
EXEMPLO
→ → → → →
NOM. TRADIC.
c. metafosfórico P2O5 + 1H2O H2P2O6 HPO3 Ác. Sb2O3 + 2 H2O piroantimonioso H4Sb2O5 c. ortofosfórico P2O5 + 3 H2O H6P2O8 H3PO4 O boro (B) pode formar o oxiácido META ou ORTO.
H2MnO4
e) Ácido permangânico: Mn2O7
ORTO
O prefixo ORTO é frequentemente omitido, mas não o META. Assim, em regra, escreve-se ácido fosfórico, em vez de ácido ortofosfórico.
c) Ácido manganoso:
Mn2O4
META
→
Porém, o silício (Si) e o iodo (I), para formar os oxiácidos ortossilícico e o periódico necessitam 2 e 5 moléculas de água, respectivamente.
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EXEMPLO
NOM. TRADIC.
HBO3 H3BO3 SiO2+2 H2O H4SiO4
Ác. metabórico Ác. metafosfórico Ác. ortossilícico ou silícico
I2O7+5 H2O H10I2O12 H5IO6
Ác. ortoperiódico ou periódico
→ → →
EXEMPLO
NOM. TRADICIONAL
H2CrO4
Ácido crômico
HMnO4
Ácido permangânico
H2S2O7 = ácido
→ →
2 P2O3 + H2O H2P6O10 HP3O5 = ácido trifosfórico
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.
− − − − − →–
→
5 H2Cr2O7 H2O Ácido dicrômico 6 H2S2O5 H2O Ácido dissulfuroso 7 H2S2O7 H2O Ácido dissulfúrico
→ → → → → → →
2 BO3 =
2 CrO3 = 2 SO2 =
2 SO3 = CrO3 =
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:
m
n· ANIDRIDO + H2O n = 1,2, …
→
3 SeO3 + H2O H2Se4O13 = ácido tetraselênico.
8 H2Cr2O7 H2O Ácido dicrômico
3 Poliácidos (isopoliácidos)
IFES
→
1 SO3 + H2O dissulfúrico
4 H2B4O7 H2 O Ácido tetrabórico
Alguns metais também formam oxiácidos, como o cromo e o magnésio.
Exemplo:
POLIÁCIDO
H3+5P3O3×3+1
→
H5P3O10
Pág. 258
QUÍMICA GERAL
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Os ácidos polimetafosfóricos têm a fórmula general: m
( HPO3 )n m
Para os íons ametálicos com mais de dois números de oxidação e para os metais cujo número de oxidação seja menor de +4, se aplicam as seguintes regras:
Para número de oxidação +1,+2 será o prefixo HIPO seguido do nome do elemento com a terminação OSO.
Para número de oxidação +3,+4 se escreverá o nome do elemento com a terminação OSO.
Para número de oxidação +5,+6 será o nome do elemento com a terminação ICO.
Para número de oxidação +7 se escreverá o prefixo PER seguido do nome do elemento com a terminação ICO.
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)
IFES
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
Pág. 259
QUÍMICA GERAL
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para a carga menor do ametal e ATO para a carga maior.
C. Ânions procedentes da total eliminação dos hidrogênios ácidos
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:
As terminações do grupo eletronegativo dependem do ácido correspondente:
Carga +1,+2, prefixo HIPO seguindo o nome do elemento com a terminação ITO
Exemplo:
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.
-H+
HNO2 NO2- = nitrito Ácido nitroso
-2H+
H2SO3 SO32- = sulfito Ácido sulfuroso -H+
HNO3 NO3- = nitrato Ácido nítrico
Exemplos:
-2H+
H2SO4 SO42- = sulfato Ácido sulfúrico
D. Ânions procedentes da parcial eliminação dos hidrogênios ácidos Antepõe-se o prefixo HIDROGENOou ÁCIDO-, com o numeral correspondente (di, tri, etc.), antes do nome do ânion, considerando o hidrogênio como parte deste. Ex.1: Hidrogenosulfato
-2H+
H3PO4 HPO42Ácido fosfórico Ex.2: Hidrogenocarbonato H2CO3 IFES
-H+
HCO3-
ÂNIOS Acetato
CH3COO-
Borato
BO33-
Bromato
BrO3-
Brometo
Br-
Carbonato
CO22-
Cianamida
CN22-
Cianato
CNO-
Cianeto
CN-
Clorato
ClO3-
Cloreto
Cl-
Clorito
ClO2-
Pág. 260
QUÍMICA GERAL
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Cromato
CrO42-
Oxalato
C2O42-
Dicromato
Cr2O72-
Oxido
O2-
Dihidrogenofosfato H2PO4-
Perclorato
CIO4-
Estanato
SnO32-
Periodato
IO4-
Estanito
SnO22-
Permanganato
MnO4-
Hexacianoferrato (II) Fe(CN) 64-
Peróxido
O22-
Hexacianoferrato (III) Fe(CN)63-
Silicato
SiO44-
Fluoreto
F-
Sulfato
SO42-
Fosfato
PO43-
Sulfito
SO32-
Fosfito
PO33-
Sulfureto
S2-
Fosforeto
P3-
Tartarato
C 4H4O62-
Hidreto
H-
Tiocianato
SCN-
Hidrogenocarbonato HCO3-
Tiosulfato
S2O32-
Hidrogenofosfato
HPO42-
Tiosulfito
S2022-
Hidrogenosulfato
HSO4-
Triiodeto
I 3-
Hidrogenosulfito
HSO3-
Hidrogenosulfureto HS-
5 Nomenclatura de sais halóides e oxissais
Hidróxido
OH-
Hipoclorito
CIO-
Hipoiodito
IO-
Ametal + eto de nome do cátion
lodato
IO3-
Exemplos:
lodeto
I-
NaCa = cloreto de sódio
lodito
IO2-
KBr = brometo de potássio
Nitrato
NO3-
Nitreto
N3-
Nitrito
NO2-
IFES
Sais halóides:
Oxissais: como são derivados de oxiácidos e também dependem do NOx, sua nomenclatura é associada, conforme mostra a tabela a seguir: Pág. 261
QUÍMICA GERAL
NOx
Prefixo
+1 ou hipo+2 +3 ou +4 +5 ou +6 (hi) +7 per-
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Oxiácidos Oxissais Sufixo Sufixo -oso
-ito
-oso
-ito
-ico
-ato
-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: ("cruzase" as valências): Mn+ + (XbOc)-a
→
Ma(XbOc)n
É bom lembrar que B 3+, C4+ e Si4+ só possuem sufixo – ICO como ácidos. Quando estão como sais só usam o sufixo – ATO. Exemplos: KNO2 = nitrito de potássio NaClO = hipo clorito de sódio KMnO4 = per manganato de potássio
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
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.
IFES
7 CaHPO4 =fosfato monoácido de cálcio 8 Na3PO4 = fosfato de sódio 9 Al(OH)CO3 = carbonato monobásico de alumínio
Pág. 262
QUÍMICA GERAL
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10 Al(OH)2(CO3)2 = difásico de alumínio
carbonato
32 CaS = sulfeto de cálcio
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
33 Mg3(PO4)2 magnésio
=
fosfato
35 CH3COOCH3 = acetato de metila 36 NaBr = brometo de sódio 37 NaF = Fluoreto de sódio 38 CaCl2 = cloreto de cálcio
17 Fe(OH)2Br = brometo difásico de ferro3
40 KNO2 = nitrito de potássio
perclorato
20 NaCl = cloreto de sódio
44 CaCl2.2H2O = cloreto de cálcio diidratado
22 RbCl = cloreto de rubídio 23 Sr(NO3)2 - nitrato de estrôncio carbonato
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
41 KAl(SO4)2 = sulfato de potássio e alumínio
43 Mg(NH4)(PO4) = fosfato de magnésio e amônio
21 FeI = iodeto férrico
=
39 Na2CO3 = carbonato de sódio
42 NaCa(PO)4= fosfato de sódio e cálcio
19 Ca(NO2)2 - nitrito de cálcio
24 Pb(CO3)2 chumbo
de
34 CH3COONa =acetato de sódio
16 FeOHCO3 = carbonato monobásico de ferro 3
18 Al(OH)2ClO4 = difásico de alumino
IFES
31 NaNO2 = nitrato de sódio
de
45 Na2SO4 . 10H2O = sulfato de sódio decaidratado 46 NaH2PO4 = diidrogeno fosfato de sódio 47 Na2HPO4 = fosfato de sódio
monoidrogeno
48 Al(OH)2F = diidroxifluoreto de alumínio 49 Ca(OH)Cl = hidroxicloreto de cálcio Pág. 263
QUÍMICA GERAL
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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
1Kg = 1000g
1dm³ = 1L = 1000mL
1g = 1000mg
1000Kg = 1ton
1nm = 1.10-9m
IFES
Pág. 264
QUÍMICA GERAL
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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 zetta Z exa E peta P tera T giga G mega M kilo k hecto h deca da deci d centi c mili m micro nano n pico p femto f atto a zepto z yocto y
IFES
1 000 000 000 000 000 000 000 000 = 1024 1 000 000 000 000 000 000 000 = 10 21 1 000 000 000 000 000 000 = 1018 1 000 000 000 000 000 = 1015 1 000 000 000 000 = 1012 1 000 000 000 = 10 9 (bilião) 1 000 000 = 106 (milhão) 1 000 = 103 (milhar) 100 = 102 10 = 101 1 0,1 = 10-1 (décima) 0,01 = 10-2 (centésima) 0,001 = 10-3 (milésima) 0,000 001 = 10-6 0,000 000 001 = 10-9 0,000 000 000 001 = 10-12 0,000 000 000 000 001 = 10-15 0,000 000 000 000 000 001 = 10-18 0,000 000 000 000 000 000 001 = 10-21 0,000 000 000 000 000 000 000 001 = 10-24
Pág. 265
