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ESTEQUIOMETRIA

INTRODUÇÃO

A área de estudo que examinaremos agora é conhecida como estequiometria,nome derivado das palavras gregas stoicheion (elemento) e metron (medida).

Estequiometria é uma ferramenta essencial a química.

Problemas tão diversos como medir a concentração de ozônio na atmosferaProblemas tão diversos como medir a concentração de ozônio na atmosfera,determinar o rendimento potencial de ouro a partir do mineral e avaliar diferentesprocessos para converter carvão em combustíveis gasosos são solucionados comprincípios de estequiometria.

1) LEIS PONDERAIS E TEORIA ATÔMICA DE DALTON

As Leis Ponderais das reações químicas são um conjunto de postulados queregem a lógica das reações químicas, relacionando a massa dos produtos ereagentes e também fazendo menção à quantidade de matéria dos mesmos.

a) Lei de Lavoisier ou lei da conservação da massa (matéria)

A estequiometria é baseada em entendimento de massas atômicas e em umprincípio fundamental, a lei da conservação da massa: A massa total de umasubstância presente ao final de uma reação química é a mesma massa total doinício da reação.

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O nobre francês e cientista Antonie Lavoisier (1734-1794) (FIGURA 1) descobriuessa importante lei química no final do século XVI.

Ou seja, a massa é sempre conservada em qualquer reação química. A partirdisso, lembra-se da célebre frase dita por Lavoisier: "Nada se cria, nada se perde;tudo se transforma".

Deve-se ressaltar, a título de observação, que numa reação atômica (que não éreação química), a massa dos produtos é diferente da massa dos reagentesapenas se não se considerar prótons e nêutrons como produtos ou reagentes.

Com o avanço da teoria atômica, os químicos passaram a entender a base da leida conservação da massa: Os átomos não são nem criados nem destruídosdurante qualquer reação química.

Assim, o mesmo conjunto de átomos está presente tanto antes quanto depois daã A d d t l ã é i l treação. As mudanças que ocorrem durante qualquer reação é simplesmente um

rearranjo dos átomos.

b) Lei de PROUST ou lei da composição constante

A observação de que a composição elementar de um composto puro é sempre amesma é conhecida como lei da composição constante (ou lei das proporçõesdefinitivas).

Figura 1 – Antoine Lavoisier (1734-1794) conduziu muitos estudos importantes sobrereações de combustão. Infelizmente, sua carreira foi interrompida cedo pela RevoluçãoFrancesa. Ele era membro da nobreza francesa e trabalhava como cobrador de impostos. Foiguilhotinado em 1794 durante os meses finais do Reino do Terror. Atualmente, ele éconsiderado o pai da química moderna por ter conduzido experimentos cuidadosamentecontrolados e por ter utilizado formas de medidas quantitativas.

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Ela foi divulgada primeiro pelo químico francês Joseph Louis Proust (1754-1826)por volta de 1800.

Melhor dizendo, a razão entre o número de átomos de cada elemento que formaa molécula de um certo composto é sempre constante.

Por exemplo, na água sempre haverá 2 vezes mais átomos de hidrogênio do queátomos de oxigênio.

c) Lei de GAY-LUSSAC da combinação dos volumes

Dentro do âmbito da química e da física a lei da combinação dos volumes deJoseph Louis Gay-Lussac (1778-1823, físico e químico francês) diz: Quandomedidos sob as mesmas condições de temperatura e pressão, os volumes dosreagentes e produtos gasosos de uma reação estão na razão de números inteirose pequenos.

Por exemplo: Quando os gases hidrogênio e oxigênio reagem para formar águagasosa, existe uma relação simples entre os volumes dos reagentes e dosprodutos, se estes forem todos medidos na mesma pressão e temperatura.

2 volumes de hidrogênio + 1 volume de oxigênio → 2 volumes de água

2 H2(g) + O2(g) → 2 H2O(g)

d) Lei de AVOGADRO (Relação quantidade-volume)

Amadeo Avogadro (1776-1856) interpretou a observação de Gay-Lussac propondoo que atualmente é conhecido como hipótese de Avogadro: volumes iguais degases à mesma temperatura e pressão contêm números iguais de moléculas.

Por exemplo, experimentos mostram que 22,4 L de um gás a 0 0C e 1 atm contém6,02 x 1023 moléculas de gás (isto é, 1 mol).

A lei de Avogadro resulta da hipótese de Avogadro: o volume de um gás mantidoa temperatura e pressão constantes é diretamente proporcional à quantidade dematéria do gás. Isto é,

V = constante x n

Portanto, dobrando-se a quantidade de matéria do gás, o volume também dobraT P t tse T e P permanecerem constantes.

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e) Teoria atômica de DALTON

Demócrito (460-370 a.C.) e outros filósofos gregos antigos pensavam que o mundo material deveria ser constituído de partículas indivisíveis muito pequenas que eram chamadas de átomos, o que significava ‘indivisíveis’.

Mais tarde, Platão (428/27-347 a.C.) e Aristóteles (384–322 a.C.) formularam ahipótese de que não poderia haver partículas indivisíveis; enfraquecendo a visão‘atômica’ da matéria por vários séculos, durante os quais a filosofia aristotélicadominou a cultura ocidental.

A noção sobre átomos ressurgiu na Europa durante o século XVII, quando oscientistas tentaram explicar as propriedades dos gases.

Isaac Newton, o mais famoso cientista de seu tempo, defendeu a idéia daexistência de átomos.

Quando os químicos aprenderam a medir a quantidade de matéria que reagia comoutra para formar uma nova substância, a base par a teoria atômica estavaproposta.

A teoria atômica surgiu durante o período 1803-1807 no trabalho de um professoringlês, John Dalton (1766-1844) (FIGURA 2).

Figura 2 – John Dalton (1766-1844) era filho de um tapeceiro inglês pobre. Dalton começoua dar aulas quanto tinha 12 anos. Passou a maior parte de sua vida em Manchester, ondelecionou tanto na escola secundária quanto na faculdade. Durante toda sua vida seuinteresse em meteorologia o conduziu a estudar gases e, conseqüentemente, química.Estudava a teoria atômica eventualmente.

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Argumentando a partir de um grande número de observações, Dalton estabeleceuos seguintes postulados:

1. Toda matéria é composta de partículas fundamentais, os átomos.

2. Os átomos são permanentes e indivisíveis, eles não podem ser criados nemdestruídos.

3. Os elementos são caracterizados por seus átomos. Todos os átomos de umdado elemento são idênticos em todos os aspectos. Átomos de diferenteselementos têm diferentes propriedades.

4. As transformações químicas consistem em um combinação, separação ourearranjo de átomos.

5. Compostos químicos são formados de átomos de dois ou mais elementos emã fiuma razão fixa.

Sua teoria, por exemplo, explicou com sucesso por que a massa é conservadanas reações químicas.

De acordo com a teoria atômica de Dalton, átomos são os componentes básicosda matéria. Eles são as menores parte de um elemento que mantêm a identidadequímica desse elemento.

Como observado nos postulados da teoria de Dalton, um elemento é composto deapenas uma espécie de átomo, enquanto um composto contém átomos de dois oumais elementos.

A teoria de Dalton explica várias leia simples de combinação química que eramconhecidas naquela época.

Uma delas era a lei da composição constante: em determinado composto onúmero relativo de átomos e seus tipos são constantes.

Outra lei química fundamental era a lei da conservação da massa (matéria): amassa total dos materiais presentes depois da reação química é igual à massatotal antes da reação.

Dalton usou sua teoria para deduzir a lei das proporções múltiplas: se doiselementos, A e B, se combinam para formar mais de um composto, as massas deB d bi d A tã ã d úB, que podem se combinar com a massa de A, estão na proporção de númerosinteiros e pequenos.

Por exemplo: Na formação de água, 8,0 g de oxigênio combinam-se com 1,0 g dehidrogênio. Na água oxigenada existem 16,0 de oxigênio para 1,0 de hidrogênio. Aproporção da massa de oxigênio por grama de hidrogênio nos dois compostos é2:1. Usando a teoria atômica, podemos concluir que a água oxigenada contêmduas vezes mais átomos de oxigênio por átomos de hidrogênio do que a água.

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2) MASSA ATÔMICA, MASSA MOLECULAR, MOL e NÚMERO DE AVOGADRO

a) Massa atômica

A massa atômica, ou mais corretamente a massa do átomo de um dado isótopo éa massa deste átomo em seu estado fundamental. Esta massa é expressa emunidade de massa atômica (u).

Os átomos têm massas extremamente pequenas. A massa do átomo maispesado conhecido, por exemplo, é da ordem de 4 x 10-22 g.

Uma vez que seria incômodo expressar massas tão pequenas em gramas,usamos a unidade de massa atômica ou u.

Pela definição de u, sabe-se que u é a massa comparada com 1/12 da massa doCarbono-12. Como a massa atômica é expressa em u, ela indica quantas vezes a

d át é i 1/12 d d C b 12 A i émassa de um átomo é maior que 1/12 da massa de Carbono-12. Assim, uma u éigual a 1,66054 x 10-24g (massa de 1 átomo de carbono/12).

As massas de prótons (massa = 1,0073 u) e nêutrons (massa = 1,0087 u) sãoaproximadamente iguais, e ambas são muito maiores do que a do elétron (massa =5,486 x 10-4 u). Seriam necessários 1.836 elétrons para igualar a massa de umpróton, logo o núcleo contém a maior parte da massa de um átomo.

A maioria dos elementos são encontrados na natureza como mistura de isótopos

Isótopo: Um de dois ou mais átomos que tem o mesmo número atômico masdiferentes massas atômicas. Exemplo: 1H, 2H e 3H são todos isótopos dohidrogênio. Número atômico, Z: O número de prótons no núcleo de um átomo; estenúmero determina a identidade do elemento e o número de elétrons no átomoneutro.

Podemos determinar a massa atômica média de um elemento usando as massasde seus vários isótopos e sua abundâncias relativas.

Por exemplo, o carbono encontrado na natureza é composto de 98,93% de 12C e1,07 de 13C. As massas desses nuclídeos são 12 u (exatamente) e 13,00335 u,respectivamente.

Calculamos a massa atômica média do carbono a partir da abundância fracionadad d i ót d l i ótde cada isótopo e a massa daquele isótopo:

(0,9893)(12u) + (0,0107)(13,00335u) = 12,01 u.

Embora o termo massa atômica média seja o mais apropriado, o termo maissimples massa atômica é mais usado.

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b) Massa molecular

A massa molecular de uma substância é a massa de uma molécula dessasubstância relativa à unidade de massa atômica u. Formalmente deve serchamada massa molecular relativa devido a esta relação.

O cálculo teórico da massa molecular faz-se somando as massas atômicas dosátomos que formam a matéria.

Por exemplo: a massa atômica do hidrogênio é 1,00784 u e do oxigênio é 15,9994u; portanto, a massa molecular da água, de fórmula H2O, é (2 × 1,00784 u) +15,9994 u = 18,01508 u. Uma molécula de água tem então 18,01508 u.

c) Mol e o número de AVOGADRO

E í i id d lid ú d át í lé lEm química a unidade para lidar com o número de átomos, íons ou moléculas emuma amostra de tamanho normal é o mol.

Um mol é a quantidade de matéria que contém tantos objetos (átomos, moléculasou o que consideramos) quantos números de átomos em exatamente 12 g de 12Cisotopicamente puro.

A partir de experimentos, os cientistas determinaram que esse número é6,0221421 s 1023 e o chamaram de número de Avogadro, em homenagem aocientista italiano Amedeo Avogadro (1776-1856).

Um mol de átomos, um mol de moléculas ou um mol de qualquer coisa contém onúmero de Avogadro desses objetos:

1 mol de átomos de 12C = 6,02 x 1023 átomos de 12C

1 mol de moléculas de H2O = 6,02 x 1023 moléculas de H2O

1 mol de íons NO3- = 6,02 x 1023 íons NO3

-

d) Relação entre massa molecular e massa molar

A massa molar corresponde à massa de uma mol de partículas, sejam elaslé l át í lét t tmoléculas, átomos, íons, elétrons, entre outras.

Assim sendo, a massa molar calcula-se como o produto entre massa molecular eo número de Avogadro.

Como o número de Avogadro corresponde ao número de partículas (neste casomoléculas) existentes numa mol, na prática, o cálculo da massa molar de umasubstância molecular é feita da mesma forma que o cálculo da massa molecular.

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Assim sendo, o valor numérico é o mesmo, mas a unidade passa a ser gramas pormol (g/mol).

Por exemplo:1 átomo de 12C tem massa de 12 u ⇒ 1 mol de 12C tem massa de 12 g

1 átomo de Cl tem massa de 35,5 u ⇒ 1 mol de Cl tem massa de 35,5 g

1 molécula de H2O tem massa de 18,0 u ⇒ 1 mol de H2O tem massa de 18,0 g

1 unidade de NaCl tem massa de 58,5 u ⇒ 1 mol de NaCl tem massa de 58,5 g

A FIGURA 3 ilustra a relação entre a massa de uma única molécula de H2O e a deum mol de H2O.

A massa em gramas de 1 mol de certa substância (isto é, a massa em gramas porl) é h d d lmol) é chamada de massa molar.

A massa molar (em g/mol) de uma substância é sempre numericamente igual asua massa molecular (em u) (TABELA 1).

Figura 3 – Relação entre uma única molécula e sua massa e um mol e sua massa.

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Tabela 1 – Relações molares

3) FÓRMULAS EMPÍRICAS E FÓRMULAS MOLECULARES

A fórmula empírica mostra o número relativo de átomos de cada elementopresente no composto.

Por exemplo, a fórmula empírica da glicose, que é CH2O, nos diz que os átomosde carbono, hidrogênio e oxigênio estão presentes na razão 1:2:1.

Os elementos estão presentes nesta proporções independente do tamanho daamostra.

A fórmula molecular nos dá o número real de átomos de cada elemento namolécula.

A fórmula molecular para a glicose, que é C6H12O6, nos diz que cada molécula deglicose consiste de seis átomos de carbono, doze átomos de hidrogênio e seisát d i ê iátomos de oxigênio.

a) A composição percentual de massa

Para determinar a fórmula empírica de um composto, começamos medindo amassa de cada elemento presente na amostra.

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O resultado é usualmente apresentado como uma composição percentual demassa, isto é, a massa de cada elemento expressa como uma porcentagem damassa total:

massa do elemento na amostraPorcentagem de massa do elemento = x 100%massa total da amostra

Se a fórmula de um composto já é conhecida, sua composição percentual demassa pode ser obtida da fórmula.

Por exemplo, suponha que estamos gerando hidrogênio a partir de água para usarcomo combustível: precisaríamos conhecer a porcentagem em massa dehidrogênio na água para saber quanto H de uma dada massa poderia ser obtido.

massa total de átomos de H

2-1

-1

massa total de átomos de HPorcentagem de massa de H = x 100%massa de moléculas de H O

(2 mol)x(1,0079 g mol ) = 11,19%(1 mol)x(18,02 g mol )

=

b) Determinando fórmulas empíricas

Depois de ter recebido os resultados de uma análise por combustão dolaboratório, precisamos converter a composição percentual em massa em umafórmula empírica.

Primeiro, precisamos determinar o número relativo de mols de cada tipo de átomo.

O procedimento mais simples é o de imaginar que temos uma amostra de massade 100 g exatamente.

Deste modo, a composição percentual de massa nos dá a massa em g de cadaelemento.

Então, podemos usar a massa molar de cada elemento para converter estasmassas em mols e depois encontrar o número relativo de mols de cada tipo deátátomo.

Por exemplo, Vamos fazer isto para a vitamina C, que uma vez foi identificadadeste modo, e supor que o laboratório relatou que a amostra tinha 40,9% decarbono, 4,58% de hidrogênio e 54,5% de oxigênio.

A massa do carbono na amostra de 100 g de vitamina C é 40,9 g. Como a massamolar do carbono é 12,01 g mol-1, sabemos que:

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Alternativamente, em termos de fatores de conversão:

-1

40,9 gNúmero de mols de átomos de C = 3,41 mol12,01 g mol

=

1 molNú d l d át d C (40 9 ) 3 41 l⎛ ⎞⎜ ⎟

Como o número de mols é proporcional ao número de átomos, sabemos queátomos de cada elemento estão presentes na vitamina C na razão (3,41 átomos deC) : (4,54 átomos de H) : (3,41 átomo de O), ou 3,41:4,54:3,41.

Para obter a fórmula empírica, devemos expressar as razões dos números deát ú i t i

Número de mols de átomos de C = (40,9 g)x 3,41 mol12,01 g

=⎜ ⎟⎝ ⎠

átomos como números inteiros.

Primeiro, dividimos cada número pelo menor valor (3,41), que dará uma razão1:1,33:1.

Devemos multiplicar cada número pelo fator correto de modo que os númerospossam ser aproximadamente inteiros.

Como 1,33 é 4/3, multiplicamos por 3 para obter 3,00:3,99:3,00; ouaproximadamente, 3:4:3.

Sabemos que a fórmula empírica da vitamina C é C3H4O3.

c) Determinando fórmulas moleculares

Até agora, sabemos que a fórmula empírica da vitamina C é C3H4O3. Entretanto,3 4 3tudo o que esta fórmula nos diz é que os átomos de C, H e O estão presentes naamostra na razão 3:4:3.

Não sabemos ainda o número de átomos na molécula.

Para encontrar a fórmula molecular de um composto, mais uma informação énecessária – sua massa molar.

U h l d l l t fó lUma vez que conhecemos a massa molar, podemos calcular quantas fórmulasunitárias são necessárias para aquela massa.

Um dos melhores meios de determinação da massa molar de um compostoorgânico é através da espectrometria de massa.

A fórmula molecular de um composto é encontrada determinando-se quantasfórmulas empíricas são necessárias para a massa molar medida do composto.

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Por exemplo, a espectrometria de massa foi usada para mostrar que a massamolar da vitamina C é 176,12 g mol-1. A massa molar de uma fórmula unitáriaC3H4O3 é

-13 4 3

-1 -1

Massa molar de C H O = 3x(12,01 g mol )

+ 4x(1,008 g mol ) + 3x(16,00 g mol )

Para encontrar o número de fórmulas unitárias necessárias para a massa molarobservada de vitamina C, dividimos a massa molar da molécula pela massa molarda fórmula empírica unitária:

-1 = 88,06 g mol

-1176,12 g mol

Concluímos que a fórmula molecular da vitamina C é 2 x (C3H4O3) ou C6H8O6.

-1

176,12 g mol 2,00088,06 g mol

=

4) COMPOSIÇÃO PERCENTUAL E ANÁLISE ELEMENTAR

Ocasionalmente teremos de calcular a composição percentual de um composto(isto é, a contribuição percentual em massa de cada elemento na substância).

Por exemplo, no intuito de se verificar a pureza de um composto, podemos querercomparar a composição percentual calculada da substância com a encontradaexperimentalmente.

Calcular a composição percentual é um problema direto se conhecemos a fórmulaquímica.

O cálculo depende da massa molecular da substância, da massa atômica de cadaelemento no qual estamos interessados e do número de átomos de cada elementona fórmula química:

(número de átomos desse elemento)(massa atômica do elemento)

Por exemplo, Calcule a composição percentual de C12H22O11.

Usando a equação acima, temos:

(número de átomos desse elemento)(massa atômica do elemento)% de elemento = x 100%(massa molecular do composto)

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(12)(12,0 )%C = x 100% = 42,1%342,0

(22)(1,0 )%H = x 100% = 6,4%342,0

(11)(16 0 )

uuuu

u

A soma das porcentagens dos elementos individuais deve ser igual a 100%, o queé verdade nesse caso.

A análise elementar é um procedimento químico para se descobrir quais são oselementos constituintes de uma determinada molécula e sua proporção. Atravésd di t d t i fó l b t d t â i

(11)(16,0 )%O = x 100% = 51,5%342,0

uu

desse procedimento determina-se a fórmula bruta de compostos orgânicos.

Através da pirólise (processo onde ocorre uma ruptura da estrutura molecularoriginal de um determinado composto pela ação do calor) de um determinadocomposto que contenha O, C, S, N e H principalmente, e da análise dos gasesresultantes de sua decomposição (óxidos de N, SO2, CO2 e H2O), podemos sabera sua composição percentual em massa destes elementos.

Por exemplo, a molécula do CH4 teria 75% de carbono em massa e 25% de H.Uma molécula de etanol tem por fórmula bruta C2H6O o que dá 34,7% de O,52,1 % de C e 13 % de H.

Este á uma técnica destrutiva, onde as amostras são destruídas durante asanálises.

Também é chamada de micro-análise ou análise centesimal.

5) EQUAÇÕES QUÍMICAS e BALANCEAMENTO POR TENTATIVA

As reações químicas são representadas de forma concisa pelas equaçõesquímicas.

Por exemplo, quando o hidrogênio (H2) entra em combustão, reage com oi ê i (O ) d f á (H2O) (FIGURA 4)oxigênio (O2) do ar para formar água (H2O) (FIGURA 4).

Escrevemos a equação química para essa reação como a seguir:

2 H2 + O2 → 2 H2O

Lemos o sinal + como “reage com” e a seta como “produz” .

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Figura 4 – Reação entre hidrogênio com o oxigênio do ar formando água..

As fórmulas químicas à esquerda da seta representam as substâncias de partida,chamadas reagentes.

As fórmulas químicas á direita da seta representam as substâncias produzidas nareação, chamadas produtos.

Os números diante das fórmulas são os coeficientes. Como em uma equaçãoalgébrica, o numeral 1 em geral não é escrito.

Uma vez que os átomos não são formados nem destruídos em uma reação, aequação química deve ter um número igual de átomos de cada elemento de cadalado da seta. Nessa condição, diz-se que a equação está balanceada.

No lado direito da equação, existem duas moléculas de H2O, cada uma delasconstituída de dois átomos de hidrogênio e um átomo de oxigênio.

P t t 2 H O (lê “d lé l d á ”) tê 2 2 4 át d HPortanto, 2 H2O (lê-se: “duas moléculas de água”) contêm 2x2 = 4 átomos de H e2x1 = 2 átomos de O.

Já que existem também quatro átomos de H e dois átomos de O do lado esquerdoda equação, ela está balanceada.

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Uma vez que sabemos as fórmulas dos reagentes e produtos em uma reação,podemos escrever a equação não-balanceada.

Então fazemos o balanceamento da equação determinando os coeficientes quefornecem números iguais de cada tipo de átomo de cada lado da equação.

Geralmente, uma equação balanceada deve conter os menores coeficientesinteiros possíveis.

Ao balancear equações, é importante entender as diferenças entre um coeficientediante de uma fórmula e um índice inferior na fórmula (FIGURA 5).

Observe que trocando um índice inferior em uma fórmula – de H2O para H2O2, porexemplo – a identidade do produto químico é modificada.

A substância H2O2, peróxido de hidrogênio, é bem diferente de água.

Índices inferiores nunca devem ser mudados ao balancear uma equação química.

Ao contrário, colocar um coeficiente na frente de uma fórmula química mudaapenas a quantidade, e não a identidade das substâncias.

Por exemplo, 2 H2O significa duas moléculas de água, 3 H2O significa trêsmoléculas de água e assim por diante.

Figura 5 – Ilustração da diferença entre um índice inferior em uma fórmula química e umcoeficiente diante da fórmula. Note que o número de átomos de cada tipo (listado ao lado dacomposição) é obtido pela multiplicação do coeficiente pelo índice inferior associado a cadaelemento da fórmula.

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Para ilustrar o processo de balanceamento de equações, considere a reação queocorre quando o metano (CH4), o principal componente do gás natural, queima-seao ar para produzir o gás dióxido de carbono (CO2) e vapor de água (H2O).

Esses dois produtos contêm átomos de oxigênio que vêm do O2 do ar. Dizemosque a combustão ao ar é “favorecida pelo oxigênio”, significando que o oxigênio éum reagente. A equação não-balanceada é:

CH4 + O2 → CO2 + H2O (não-balanceada)

Geralmente é melhor balancear primeiro os elementos que aparecem em ummenor número de fórmulas químicas de cada lado da equação.

No nosso exemplo, tanto o C quanto o H aparecem em apenas um reagente e,separadamente, em um produto cada um, portanto começamos examinando oCH4. Vamos considerar primeiro o carbono e depois o hidrogênio.

Uma molécula de CH4 contém o mesmo número de átomos de C (um) que umamolécula de CO2.

Portanto, os coeficientes para essas substâncias devem ser os mesmos eescolhemos 1 para ambos à medida que começamos o processo debalanceamento.

Entretanto, o reagente CH4 contém mais átomos de H (quatro) que o produto H2O(dois).

Se colocamos um coeficiente 2 diante de H2O, existirão quatro átomos de H emcada lado da equação:

CH4 + O2 → CO2 + 2 H2O (não-balanceada)

Nesse estágio, os produtos têm mais átomos de O (quatro – dois de cada CO2 edois da H2O) do que os reagentes (dois).

Se colocamos o coeficiente 2 diante do O2, completamos o balanceamentofazendo o número de átomos de O ser igual em ambos os lados da equação(FIGURA 6):

CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O (balanceada)

O método adotado para balancear a equação acima é, em grande parte, detentativa-e-erro. Balanceamos cada tipo de átomo sucessivamente, ajustando oscoeficientes como necessário.

Esse método funciona para a maioria das equações químicas.

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Figura 6 – Equação química balanceada para a combustão de CH4. Os desenhos dasmoléculas envolvidas chamam a atenção para a conservação dos átomos pela reação.

Normalmente informações adicionais são incluídas nas fórmulas em equaçõesbalanceadas para indicar o estado físico de cada reagente e produtos.

Usamos os símbolos (g), (l), (s) e (aq) para gás, líquido, sólido e soluções aquosas(água), respectivamente. Assim, a equação pode ser escrita:

CH4(g) + 2 O2(g) → CO2(g) + 2 H2O(g) (balanceada)

Algumas vezes as condições (como temperatura ou pressão) sob as quais areação ocorre aparecem acima ou abaixo da seta da reação.

O símbolo Δ é, em geral, colocado acima da seta para indicar o uso deaquecimento.

Por exemplo, faça o balanceamento da seguinte equação:

Na(s) + H2O(l) → NaOH(aq) + H2(g)

Começamos pela contagem dos átomos de cada tipo nos dois lados da seta.

Os átomos de Na e O estão balanceados (um Na e um O de cada lado), masexistem dois átomos de H à esquerda e três átomos de H à direita.

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Para aumentar o número de átomos de H à esquerda, colocamos o coeficiente 2em frente de H2O:

Na(s) + 2 H2O(l) → NaOH(aq) + H2(g)

Esta escolha é uma tentativa inicial, mas coloca-nos no caminho certo. Agora quetemos 2 H2O, precisamos recuperar o balanceamento dos átomos de O.

Podemos recuperá-lo indo para o outro lado da equação e colocando umcoeficiente 2 diante de NaOH:

Na(s) + 2 H2O(l) → 2 NaOH(aq) + H2(g)

Isso faz com que os átomos de H fiquem balanceados, mas requer que voltemospara a esquerda e coloquemos um coeficiente 2 diante de Na para que os átomosde Na fiquem balanceados novamente:

2 Na(s) + 2 H2O(l) → 2 NaOH(aq) + H2(g)

Finalmente, conferimos o número de átomos de cada elemento e encontramosque temos dois átomos de Na, quatro átomos de H e dois átomos de O em cadalado da equação

A equação está balanceada.

Exercícios, faça o balanceamento das seguintes equações determinando oscoeficientes não fornecidos:

a) _Fe(s) + _O2(g) → _Fe2O3(s)

b) _C2H4(g) + _O2(g) → _CO2(g) + H2O(g)

c) _Al(s) + _HCl(aq) → _AlCl3(aq) + _H2(g)3 2

Respostas: a) 4, 3, 2; b) 1, 3, 2, 2; c) 2, 6, 2, 3.

6) CÁLCULOS ESTEQUIOMÉTRICOS

O conceito de mol permite-nos usar a informação quantitativa disponível em umaequação balanceada em nível macroscópico prático.

Por exemplo, considere a seguinte equação balanceada:

2 H2(g) + O2(g) → 2 H2O(l)

Os coeficientes nos dizem que duas moléculas de H2 reagem com cada moléculade O2 para formar duas moléculas de H2O.

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Segue que as quantidades relativas de matéria são idênticas aos númerosrelativos de moléculas:

2 2 2 2 H (g) + O (g) 2 H O(l) 2 moléculas 1 molécula

→

23 23 23

2 moléculas2(6,02 x 10 moléculas) 6,02 x 10 moléculas 2(6,02 x 10 moléculas) 2 mols 1 mol 2 mols

Os coeficientes em uma equação química balanceada podem ser interpretadostanto como o número relativo de moléculas (ou fórmula unitária) envolvidas emuma reação quanto como a quantidade relativa de matéria.

As quantidades 2 mols de H2, 1 mol de O2 e 2 mols de H2O, dadas peloscoeficientes da equação acima, são chamadas de quantidadesestequiometricamente equivalentes.

A relação entre essas quantidades pode ser representada como:

2 mols de H2 1 mol de O2 2 mols de H2O

Onde o símbolo significa “estequiometricamente equivalente a”. Em outraspalavras, a equação mostra 2 mols de H2 e 1 mol de O2 formando 2 mols de H2O.

Essas relações estequiométricas podem ser usadas para fazer a conversão entrequantidades de reagentes e produtos em uma reação química.

Por exemplo, a quantidade de matéria de H2O produzida a partir de 1,57 mol de O2pode ser calculada como a seguir:

22 2 2

2 mol de H OMols de H O = (1,57 mol de O ) 3,14 mol de H O1 l d O

⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠

Como um exemplo adicional, considere a combustão do butano, o combustível deisqueiros descartáveis:

2 C4H10(l) + 13 O2(g) → 8 CO2(g) + 10 H2O(g)

Vamos calcular a massa de CO2 produzida quando 1,00 g de C4H10 é queimado.

2 2 221 mol de O⎜ ⎟

⎝ ⎠

Os coeficientes na equação acima nos dizem como a quantidade de C4H10consumida está relacionada com a quantidade de CO2 produzida:

2 mol de C4H10 8 mol de CO2

Entretanto, no intuito de usar essa relação devemos usar a massa molar de C4H10para converter gramas de C4H10 para mols de C4H10.

20

Uma vez que 1 mol de C4H10 = 58,0 g de C4H10, temos:

Podemos usar o fator estequiométrico a partir da equação balanceada, 2 mol deC4H10 8 mol de CO2, para calcular mols de CO2:

-24 104 10 4 10 4 10

4 10

1 mol de C HMols de C H = (1,0 g de C H ) 1,72 x 10 mol de C H

58,0 g de C H⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎝ ⎠

4 10 2 2

Finalmente, podemos calcular a massa de CO2, em gramas, usando a massamolar de CO2 (1 mol de CO2 = 44,0 g de CO2):

-2 -222 4 10 2

4 10

8 mol de COMols de CO = (1,72 x 10 mol de C H ) 6,88 x 10 mol de CO

2 mol de C H⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎝ ⎠

44 0 g de CO⎛ ⎞

Assim, a seqüência de conversão é:

-2 22 2 2

2

44,0 g de COGramas de CO = (6,88 x 10 mol de CO ) 3,03 g de CO

1 mol de CO⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎝ ⎠

Gramas Mols de Mols de Gramas dede reagentes reagentes produtos produtos

→ → →

Esses passos podem ser combinados em uma única seqüência de fatores:

Analogamente, podemos calcular a quantidade de O2 consumida ou H2Oproduzida nessa reação.

4 10 2 22 4 10 2

4 10 4 10 2

1 mol de C H 8 mol de CO 44,0 g de COGramas de CO = (1,0 g de C H ) = 3,03 g de CO

58,0 g de C H 2 mol de C H 1 mol de CO⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

Para calcular a quantidade de O2 consumida, nos baseamos, outra vez, noscoeficientes da equação balanceada para nos dar o fator estequiométricoapropriado: 2 mol de C4H10 13 mol O2:

A FIGURA 7 di t l d l l tid d d

4 10 2 22 4 10 2

4 10 4 10 2

1 mol de C H 13 mol de O 32,0 g de OGramas de CO = (1,0 g de C H ) = 3,59 g de O

58,0 g de C H 2 mol de C H 1 mol de O⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

A FIGURA 7 resume o procedimento geral usado para calcular as quantidades desubstâncias consumidas ou produzidas em reações químicas.

A reação química balanceada fornece as quantidades relativas de matéria dosreagentes e produtos envolvidos na reação.

21

Figura 7 – Esboço do procedimento utilizado para se calcular o número de gramas de umreagente consumido ou de um produto formado em uma reação, começando pelo número degramas de um dos outros reagentes ou produtos.

Outro exemplo: Quantos gramas de água são produzidos na oxidação de 1,00 gde glicose, C6H12O6?

Em primeiro lugar, usamos a massa molar de C6H12O6 para converter gramas deC6H12O6 em mols de C6H12O6.

Em segundo lugar, usamos a equação balanceada para converter quantidade dematéria de C6H12O6 em quantidade de matéria de H2O.6 12 6 2

Em terceiro lugar, usamos a massa molar de H2O para converter quantidade dematéria de H2O em gramas de H2O.

As etapas podem ser resumidas em um diagrama como o da FIGURA 7.

6 12 6 2 1,00 g C H O o cálculo não é direto 0,600 g de H 0

↓ ↑

6 12 6 2

6 12 6 2

1 mol de C H O 18 g de H O x x

180,0 g de C H O 1 mol de H O

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

-3 -226 12 6

6 12 6

6 mols de H O 5,56 x 10 mols de C H O x 3,33 x 10 mols

1 mol de C H O

↓ ↑

⎛ ⎞→ →⎜ ⎟

⎝ ⎠2 de H O

22

Reagentes limitantes

Em reações químicas quando um dos reagentes é usado completamente antesdos outros; a reação pára tão logo que algum dos reagentes é totalmenteconsumido, deixando o reagente em excesso como sobra.

Por exemplo, suponha que tenhamos uma mistura de 10 mol de H2 e 7 mol de O2que reagem para formar água:

2 H2(g) + O2(g) → 2 H2O(g)

Uma vez que 2 mols de H2 1 mol de O2, a quantidade de matéria de O2necessária para reagir com todo o H2 é:

22 2 2

2

1 mol de OMols de O = (10 mols de H ) 5 mols de O

2 mols de O⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎝ ⎠

Já que 7 mols de O2 estão disponíveis no início da reação, 7 mols de O2 – 5 molsde O2 = 2 mols de O2 estarão presentes quando todo o H2 tiver sido consumido.

O reagente completamente consumido em uma reação é chamado reagentelimitante ou reagente limitador porque ele determina, ou limita, a quantidade deproduto formada.

22 mols de O⎝ ⎠

Os outros reagentes são algumas vezes chamados reagentes em excesso.

Em nosso exemplo, H2 é o reagente limitante, o que significa que, uma vez quetodo o H2 tive sido consumido, a reação pára.

O O2 é o reagente em excesso, e às vezes sobra quando a reação termina.

Rendimentos teóricos

A quantidade de produto formada calculada quando todo o reagente limitante foiconsumido é chamada rendimento teórico.

A quantidade de produto de fato obtida em um reação é chamada rendimentoreal.

O rendimento real é sempre menor que (e nuca pode ser maior que) o rendimentot ó iteórico.

Existem muitas razões para essa diferença. Parte dos reagentes podem nãoreagir, por exemplo, ou podem reagir de forma diferente da desejada (reaçõeslaterais).

Além disso, nem sempre é possível recuperar da mistura de reação todo o produtoformado.

23

O rendimento percentual de uma reação relaciona o rendimento real com orendimento teórico (calculado):

Por exemplo, considere a seguinte reação:

rendimento realRendimento percentual = x 100%rendimento teórico

2 Na3PO4(aq) + 3 Ba(NO3)2(aq) → Ba3(PO4)2(s) + 6 NaNO3(aq)

Calculamos que 4,92 g de Ba3(PO4)2 devem ser formados quando 3,50 g deNa3PO4 é misturado com 6,40 g de Ba(NO3)2.

Isso é o rendimento teórico de Ba3(PO4)2 na reação.

S di t l 4 70 di t t l áSe o rendimento real vem a ser 4,70 g. o rendimento percentual será:

4,70 g x 100% 95,5%4,92 g

=