Quimica_Geral II_NL2017 (1) (1)

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Fernando Furtado
2a Edição
Fortaleza
2017
Química Geral II
Química
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Sumário
Apresentação ....................................................................................................7
Capítulo 1 – Estudo das Reações Químicas ................................................9
Introdução...............................................................................................................11
Reação química .....................................................................................................11
Como representar a reação química? .................................................................12
Principais tipos de reações químicas ...................................................................21
Capítulo 2 – Cálculos estequiométricos .....................................................29
Introdução...............................................................................................................31
Conceitos e definições ..........................................................................................31
Estudo das leis experimentais envolvendo massas e volumes ..........................32
A. Leis das massas ................................................................................................32
B. Leis volumétricas ...............................................................................................35
Organização da Matéria ........................................................................................36
I. Dados sobre o elemento químico ......................................................................36
Determinação da unidade de massa atômica (u): ...............................................38
II. Dados sobre as substâncias simples e compostas ........................................38
III. Cálculo do volume molar ..................................................................................40
IV. Cálculo estequiométrico ou cálculo com a equação química .......................40
Recomendações no uso da equação química ....................................................41
Capítulo 3 – Soluções ....................................................................................49
Introdução...............................................................................................................51
Natureza da solução ..............................................................................................51
Como duas substâncias formam uma mistura homogênea? .............................52
Qual a definição de solubilidade? .........................................................................53
O balanço energético no processo de dissolução ..............................................53
O balanço da espontaneidade e da desordem....................................................55
Como podemos classificar as soluções? ............................................................56
Efeito da temperatura sobre a solubilidade ..........................................................57
Efeito da pressão sobre a solubilidade .................................................................59
Formas de expressar a concentração .................................................................59
Como preparar uma solução com determinada concentração? .......................61
Como proceder a diluição de uma solução? .......................................................62
As propriedades físicas da substância pura ........................................................63
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Estudo das propriedades coligativas das soluções .............................................65
Qual o motivo para o abaixamento da pressão de vapor? .................................66
Como quantificar o abaixamento da pressão de vapor? ....................................67
Capítulo 4 – Cinética química .......................................................................77
Introdução...............................................................................................................79
Qual o campo de estudo da cinética química? ..................................................79
Como realizar a reação? .......................................................................................80
Como determinar a equação da velocidade da reação? ....................................80
Já conhecemos a equação da velocidade? ........................................................83
A reação pode ser classificada segundo sua cinética? ......................................83
Quais os fatores que influem com maior intensidade na
velocidade da reação? ..................................................................................... 87
Utilização dos fatores na equação da velocidade ...............................................91
Estudo do mecanismo da reação .........................................................................99
Cálculo da energia de ativação .........................................................................102
Uso do catalisador na reação química ...............................................................103
Capítulo 5 – Equilíbrio Químico .................................................................113
Introdução.............................................................................................................115
Natureza qualitativa do equilíbrio ........................................................................115
O que muda quandoo equilíbrio ocorre em solução? ......................................123
Qual a relação entre a Keq (reação gasosa) e Kc (reação em solução)? ......124
Estudo do deslocamento do equilíbrio químico .................................................125
Equilíbrio químico heterogêneo ..........................................................................129
Equilíbrio de ácido e base em solução aquosa .................................................131
Capítulo 6 – Estudo dos gases ...................................................................139
Introdução.............................................................................................................141
Estado gasoso .....................................................................................................141
Variáveis usadas no estudo dos gases ..............................................................142
Estudo das leis empíricas dos gases .................................................................145
Lei de Boyle ..........................................................................................................146
Lei de Charles ......................................................................................................147
Lei de Avogrado ...................................................................................................148
Estudo da mistura gasosa ...................................................................................150
Teoria cinética dos gases ideais .........................................................................152
Estudo da difusão e da efusão das moléculas gasosas ...................................154
Estudo dos gases sem as simplificações estabelecidas
para o modelo de gás ideal. ................................................................................156
Capítulo 7 – Eletroquímica ..........................................................................165
Introdução.............................................................................................................167
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Química Geral II 5
Histórico ................................................................................................................167
Estudo dos conceitos de oxidação e redução ...................................................169
Construção de pilhas e baterias .........................................................................169
Reações espontâneas e equação de Nernst ....................................................175
Como calcular o trabalho da pilha? ....................................................................177
Como mudar a carga da pilha? ..........................................................................177
Como aumentar a diferença de potencial? ........................................................177
Como calcular o tempo de funcionamento? ......................................................178
Quais os tipos especiais de pilhas? ....................................................................178
Como aproveitar a reação de oxidação e redução não
espontânea inversa da reação da pilha? ...........................................................181
Eletrodo inerte ......................................................................................................184
Eletrodo ativo ........................................................................................................185
Eletrodeposição metálica ....................................................................................186
Exercício complementar .....................................................................................187
Estudo da célula de combustível ........................................................................187
Exercícios complementares ................................................................................188
Aulas práticas ................................................................................................193
Uab/uece - 1ª aula prática de química geral ......................................................195
UAB/UECE - 2ª AULA PRÁTICA DE QUÍMICA GERAL ..................................199
UAB / UECE - 3ª AULA PRÁTICA DE QUÍMICA GERAL. ...............................202
Pressão de vapor d’água e a lei de dalton das pressões parciais ...................202
Questionário ..................................................................................................205
Questionário da 1ª aula prática de química geral ..............................................207
TITULO: ANÁLISE DE RESULTADOS EXPERIMENTAIS. ..............................207
QUESTIONÁRIO DA 2ª AULA PRÁTICA DE QUÍMICA GERAL .....................208
TÍTULO: Espectro de um salto eletrônico ..........................................................208
QUESTIONÁRIO DA 3ª AULA PRÁTICA. .........................................................209
Título: reação química e cálculo estequiométrico..............................................209
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Apresentação
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Estudo das Reações Químicas
Capítulo
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Química Geral II 11
Objetivos
Conhecer, neste capítulo, as transformações químicas da matéria, que são as 
reações químicas, no que se refere aos seguintes aspectos:
•	 a maneira de representar as reações químicas; 
•	 as condições em que as reações acontecem; 
•	 o balanceamento da equação com determinação de seus coeficientes;
•	 os principais tipos de reações químicas.
Introdução
No manual de Química Geral I, estudamos o átomo e as ligações quími-
cas visando entender a estrutura da matéria.
Reação química
Mergulhando uma lâmina de zinco em uma solução de sulfato de cobre, 
observamos que, após o tempo de dez a quinze minutos, existe um material es-
curo depositado sobre a lâmina de zinco e parte dele já sedimentada no fundo do 
recipiente. O fenômeno observado é uma reação química. Os materiais iniciais 
- zinco e sulfato de cobre - reagem e se transformam em cobre e sulfato de zinco.
Figura 01. Reação do zinco com o sulfato de cobre. O zinco, mais reativo que o cobre, 
desloca-o do sulfato, ficando o zinco combinado e o cobre na forma de metal. O fenô-
meno é uma reação química, pois a matéria muda em sua estrutura.
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Como representar a reação química?
A simbologia usada para representar a reação química é chamada de 
equação química. A equação química deve conter informações que permitam 
a qualquer outro estudioso do assunto reproduzir a reação. Vejamos algumas 
informações que devem estar na equação química.
a) Reagentes e produtos
A equação representa um fenômeno dinâmico; logo deve mostrar um 
sentido de fluxo. O fluxo dinâmico tem sentido normal dos reagentes para os 
produtos; logo podemos chamar o reagente de estado inicial (1); e o produto, 
de estado final (2). Essa definição será útil quando estivermos estudando a 
variação de energia da reação. A seta que dá o sentido de fluxo vai dos rea-
gentes para os produtos.
As substâncias, tanto os reagentes como os produtos, serão re-
presentadas pelas suas fórmulas químicas.
b) Estado físico das substâncias
As substâncias sólidas terão, do lado direito de sua fórmula, a letra s, 
entre parênteses; os líquidos, a letra l; os gases, a letra g; as soluções aquo-
sas, as letras aq; no desprendimento gasoso, seta para cima; e no precipi-
tado, seta para baixo.
c) As quantidades de cada substância
As quantidades serão expressas em número de mols, usando-se de 
preferência números inteiros na frente da fórmula química, como coeficiente 
da fórmula, significando onúmero de mols usado como reagente ou obtido 
como produto. O número de mols pode ser transformado em massa, usando-
-se a relação n = m/ MM, em que n é o número de mols; m é a massa; e MM 
é a massa molar da substância. No caso de substâncias gasosas, supondo-
-se condições não muito severas, podemos considerar o gás com compor-
tamento ideal e usar a equação dos gases ideais, fazendo n = (PV)/(RT), 
em que n é igual ao produto da pressão pelo volume, dividido pelo produto 
da constante dos gases ideais pela temperatura absoluta. Quando temos a 
equação sem os coeficientes, dizemos que a equação é qualitativa. Quando 
temos a equação com os coeficientes, dizemos que a equação é quantita-
tiva e está ajustada. A determinação dos coeficientes é chamada de balan-
ceamento, pois usa leis experimentais, como a conservação da matéria ou a 
conservação das cargas elétricas.
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Química Geral II 13
Dependendo do tipo de reação, os métodos de balanceamento mais 
utilizados são:
c.1) o método das tentativas
A partir da equação qualitativa, deve-se utilizar a lei da conservação da 
matéria para igualar a quantidade de um elemento químico como reagente à 
quantidade dele como produto. Este é o método mais usado e adequado para 
todos os tipos de reação.
Ex: Dada a equação qualitativa a seguir, determine seus coeficientes.
Al(OH)3 (s) + H2SO4 (aq) Al2(SO4)3 (aq) + H2O (l)
Para facilitar o uso do método, vamos estabelecer algumas re-
gras:
I. Dar preferência ao elemento ou radical (grupo de átomos que ficam 
juntos como reagente e como produto) que está presente apenas uma vez 
em cada membro da equação;
II. No caso de dois ou mais casos que satisfaçam a primeira regra, 
nossa preferência deve ser pelo que tem maiores índices;
III. Selecionado o elemento ou radical, transpor o índice de um membro 
para ser coeficiente no outro membro, tornando igual o número de átomos do 
elemento ou radical nos dois termos da equação (conforme a lei da conser-
vação da matéria).
No exemplo, o Al e o SO4 atendem a primeira regra. Não mencionamos 
o S porque estaríamos rompendo o radical. De acordo com a segunda regra, 
devemos escolher o SO4, com os índices 1 e 3, que são maiores que os índi-
ces 1 e 2 do Al. Na execução, o índice 3 do radical SO4 vai ser coeficiente do 
ácido sulfúrico, e o índice 1 do SO4 vai ser coeficiente do sulfato de alumínio. 
O enxofre já fica ajustado, pois está incluído no radical sulfato. O próximo 
elemento será o alumínio, que já tem sua quantidade fixada como produto. 
Colocamos, então, o coeficiente 2 no hidróxido de alumínio.
O coeficiente da água pode ser calculado pelas quantidades de hidro-
gênio ou de oxigênio, no termo dos reagentes. Usando o hidrogênio, temos 
12H como reagente; logo o coeficiente da água deve ser 6, pois 6 x 2 = 12. 
Usando o oxigênio e excluindo o oxigênio do sulfato, que já está balanceado, 
temos 6 O no hidróxido de alumínio; logo teremos de ter 6 como coeficiente 
da água. A equação ajustada fica: 
2 Al(OH)3 (s) + 3 H2SO4 (aq) Al2(SO4)3 (aq) + H2O (l)
c.2) o método algébrico
Usa-se a lei da conservação da matéria e forma-se uma equação algé-
brica para cada elemento ou radical, empregando a igualdade de quantidade 
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do elemento ou radical como reagente e como produto. As incógnitas são os 
coeficientes da equação química. É o método dos que gostam de Álgebra.
Ex: Dada a equação qualitativa a seguir, determine seus coeficientes.
Cr2O3 (s) + HNO3 (aq) Cr(NO3)3 (aq) + H2O (l)
Adotaremos os seguintes coeficientes: x para o óxido de cromo; 
y para o ácido nítrico; z para o nitrato de cromo, e h para o coeficiente 
da água. Cada elemento ou radical vai fornecer uma equação algébri-
ca. Vamos desprezar o uso do NO3
– como radical, pois o nitrogênio e o 
oxigênio serão utilizados separadamente. O fato não muda o número 
de equações algébricas. Cada elemento químico produz uma equa-
ção e o sistema de equações fica com 4 incógnitas e 4 equações:
Para o cromo: 2x = z
Para o oxigênio: 3x + 3y = 9z + h
Para o hidrogênio: y = 2h
Para o nitrogênio: y = 3z 
Verificamos ser o sistema indeterminado, pois possui várias soluções. 
O melhor modo, então, é arbitrar valor para uma das incógnitas, fixando, 
deste modo, uma solução. A escolha da incógnita e o valor a ser arbitra-
do devem ocorrer onde outra incógnita possa ser de imediato calculada e, 
se possível, com valor inteiro. No nosso exemplo, vamos fixar z = 1. Com 
esse valor, teremos y = 3; com y, podemos calcular h = 3/2 e, finalmente, 
x = ½. Multiplicando-se os valores por 2, obteremos valores inteiros que, 
substituindo-se na equação, resultará em:
Cr2O3 (s) + 6 HNO3 (aq) 2 Cr(NO3)3 (aq) + 3 H2O (l)
c.3) o método do número de oxidação
Usa-se a lei da conservação das cargas elétricas no inicio do 
balanceamento e conclui-se com a lei da conservação da matéria. O 
método só pode ser usado quando ocorre oxidação e redução.
Para que este método e o seguinte sejam bem entendidos, devemos 
revisar conceitos estudados no primeiro manual de Química Geral sobre o 
que seja oxidação e redução.
Oxidação é o fenômeno no qual um elemento químico, representado 
por seu átomo, perde elétrons;
Redução é o fenômeno no qual um elemento químico, representado 
por seu átomo, ganha elétrons;
Número de oxidação é a quantidade de carga do elemento químico, 
após ter realizado oxidação ou redução. Por exemplo: o átomo que perdeu 
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Química Geral II 15
dois elétrons ficou com duas cargas positivas em excesso; logo seu número 
de oxidação é +2; 
Oxidante é o elemento ou substância que provoca oxidações através 
de sua redução;
Redutor é o elemento ou substância que provoca reduções através de 
sua oxidação.
Regras para o cálculo do número de oxidação
•	 O número de oxidação de um elemento químico isolado ou substância 
simples é zero;
•	 O número de oxidação do oxigênio é –2, exceto nos peróxidos (O2)
–2 onde 
é –1 e nos superóxidos (O2)
–1 onde é –½;
•	 O número de oxidação do hidrogênio é +1, exceto nos hidretos onde é –1;
•	 O número de oxidação dos metais alcalinos (grupo 1) é +1; dos metais al-
calinos – terrosos (grupo 2) é +2; e dos halogênios em compostos binários 
é –1;
•	 Em uma molécula neutra, a soma dos números de oxidação dos elemen-
tos multiplicados pelos índices é sempre igual a zero. Por exemplo: H3PO4 
(ácido fosfórico), então ∑NOX = (+1x3) + (+5x1) + (–2x4) = 0;
•	 Em um íon ou radical, a soma dos números de oxidação dos elementos 
multiplicados pelos índices é sempre igual à carga do íon ou radical. Por 
exemplo: (NO3)
– radical nitrato, então ∑NOX = (+5x1) + (–2x3) = –1;
•	 Nas ligações covalentes, o número de oxidação é calculado como a carga 
com que o átomo ficaria, se as ligações fossem desfeitas e os elétrons 
ficassem com o elemento mais eletronegativo.
Por exemplo: 
 
Os valores da eletronegatividade são: Cl = 3,0; O = 3,5. Como o oxigê-
nio é o mais eletronegativo, teremos o cálculo do NOX do Cl = 3x (+2) + 1x 
(+1) = + 7.
Com os conceitos de oxidação e redução bem conhecidos, podemos 
entender o método do número de oxidação.
Ex: Dada a equação qualitativa:
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P (s) + HNO3 (aq) + H2O (l) H3PO4 (aq) + NO (g)
Determine os coeficientes pelo método do número de oxidação.
O primeiro passo é verificar se na reação ocorreram oxidação e re-
dução de elementos químicos. Verificamos a existência de oxidação ou re-
dução, através da variação do número de oxidação de cada elemento como 
reagente e como produto.
Aplicando as regras, teremos:
 0 +1+5–2 –1 –2 +1 +5 –2 +2 –2
P + HNO3 + H2O H3PO4 (aq) + NO (g)
Os números em cima das fórmulas representam o número de oxidação 
de cada elemento. Verificamos a variação do número de oxidação do P e do N. 
No caso denão existir variação do número de oxidação, não podemos aplicar 
o método, devendo ser usado o método das tentativas ou o método algébrico.
O segundo passo é calcular a oxidação e a redução ocorrida. O ele-
mento P perdeu elétrons, e o N ganhou elétrons. A perda de elétrons é cal-
culada multiplicando-se a variação do número de oxidação pelo número de 
átomos; logo teremos: ∆ NOX = 5, número de átomos = 1, resultando oxidação 
= 5x1 = 5. O ganho de elétrons é calculado do mesmo modo; logo teremos: ∆ 
NOX = 3, número de átomos = 1, resultando redução = 3x1 = 3.
O terceiro passo é usar a conservação das cargas para fazer a igual-
dade entre as cargas ganhas e as cargas perdidas. Para que o número de 
cargas ganhas seja igual ao número de cargas perdidas, devemos achar o 
mínimo múltiplo comum de 3 e 5, que se obtém multiplicando-se 3 por 5 e 
5 por 3, o que corresponde a colocar o número cinco como coeficiente da 
substância em que ocorreu ganho de cargas (HNO3) e colocar o número 
três como coeficiente da substância em que ocorreu perda de cargas (P). A 
conservação das cargas determina os coeficientes do P e do HNO3.
O quarto passo é usar a conservação da matéria para determinar os 
outros coeficientes. Como temos 5 N nos reagentes, deveremos ter também 
5 N nos produtos; logo o coeficiente do NO será 5; como temos 3 P nos rea-
gentes, deveremos ter também 3 P nos produtos, logo o coeficiente do H3PO4 
será 3. Resta calcularmos o coeficiente da água, que pode ser feito pela 
igualdade de átomos de H ou de O. Vamos usar os dois caminhos para fixar o 
conhecimento de que o resultado será sempre o mesmo. Como os produtos 
estão definidos, temos 9H no total; logo, para que possamos ter nove H nos 
reagentes, o coeficiente da água deve ser 2. Usando o O, verificamos a exis-
tência de 3x4 + 5x1 = 17 O nos produtos; logo, para ter 17 O nos reagentes, 
devemos ter o coeficiente 2 na água (15 + x = 17). A equação ajustada fica:
3 P (s) + 5 HNO3 (aq) + 2 H2O (l) 3 H3PO4 (aq) + 5 NO (l)
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Química Geral II 17
c.4) método do íon – elétron 
Usa-se a igualdade de cargas, desta vez, carga existente nos íons e radicais. 
Antes, devemos consolidar conceitos já estudados sobre íons e suas 
soluções. Uma substância é chamada de eletrólito quando se dissolve e pro-
duz uma solução que conduz uma corrente elétrica. Como a corrente é um 
fluxo de cargas, somente a solução que contém íons conduz a eletricidade. 
Quando o solvente é a água, os eletrólitos são sais, ácidos e outras substân-
cias que, em água, se dissociam em íons. 
A solubilidade, que está ligada ao conceito de interações entre soluto 
e solvente, terá seu estudo feito na 3ª unidade. Então, a análise da solubili-
dade ou da precipitação não será feita neste momento. A solubilidade será 
conhecida como dado do exercício. A solução de um eletrólito é chamada 
de solução eletrolítica. Muitas reações são realizadas em solução eletrolíti-
ca. Elas são chamadas de reações iônicas e sua representação é feita por 
uma equação iônica. Para reações em solução aquosa, a equação iônica 
deve ser balanceada pelo método do íon-elétron, também conhecido como 
método da semirreação. No método, a equação iônica é separada em duas 
semirreações, uma de oxidação e outra de redução. A diferença deste méto-
do para o da oxidação e redução é que este método não usa a variação do 
número de oxidação para realizar a igualdade de cargas. O método é mais 
lento, mas é mais seguro para evitar erros.
Ex: Dada a reação entre o KMnO4 e o H2SO3 em meio ácido, represen-
tada por sua equação qualitativa:
KMn4O4 (aq) + H2SO3 (aq) K2SO4 (aq) + MnSO4 (aq) + H2SO4 (aq) + H2O 
(l)
utilize o método na equação iônica e reescreva a equação molecular no final 
do balanceamento.
A equação iônica simplificada visa retirar as espécies que não partici-
pam da reação, são apenas espectadoras da reação iônica:
MnO4
– (aq) + H2SO3 SO4
2– (aq) + Mn2+ (aq)
O H2SO3 aparece na forma molecular dando a informação do meio 
ácido.
O primeiro passo é identificar as duas semirreações de oxidação e 
redução e ajustar os átomos que oxidaram ou reduziram.
Redução: 
Oxidação: 
O segundo passo é balancear o oxigênio de cada semirreação, adi-
cionando H2O:
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MnO4
- Mn²+ + 4 H2O
H2SO3 + H2O SO4²
- 
O terceiro passo é balancear o hidrogênio de cada semirreação, adi-
cionando H+;
MnO4
- + 8H+ Mn²+ + 4 H2O
H2SO3 + H2O SO4²
- + 4 H+
O quarto passo é balancear as cargas de cada semirreação, 
adicionando elétrons onde existir excesso de cargas positivas.
Na semirreação de redução, temos sete cargas positivas no 1º mem-
bro e apenas duas cargas positivas no 2º membro. Para obter a igualdade de 
cargas, colocamos cinco elétrons no 1º membro:
MnO4
- + 8H+ + 5e- Mn²+ + 4 H2O
Na semirreação de oxidação, temos duas cargas positivas sobrando 
no 2º membro. Para obter a igualdade de cargas, colocamos dois elétrons 
no 2º membro:
H2SO3 + H2O SO4²
- + 4 H+ + 2e- 
O quinto passo é igualar o número de elétrons adicionado nos dois 
membros das semirreações, pois, como no método da oxidação e redução, 
o número de elétrons perdidos deve ser igual ao número de elétrons ganhos. 
No 1º membro, adicionamos 5 elétrons e, no 2º membro, adicionamos 2 elé-
trons. O mínimo múltiplo comum entre 2 e 5 é 10; logo devemos multiplicar a 
semirreação dos dois elétrons por 5 e a dos cinco elétrons por 2;
2 MnO4
- + 16 H+ + 10e- 2 Mn²+ + 8 H2O
5 H2SO3 + 5 H2O 5 SO4²
- + 20H+ + 10e- 
O sexto passo é somar as duas semirreações para obter a equação 
iônica balanceada e simplificada. Simplificar significa cortar as espécies que 
aparecem nos dois membros.
2 MnO4
– + 5 H2SO3 2 Mn
2++ 5 SO4
2– + 4 H+ + H2O
Para facilitar o entendimento, reescrevemos a equação na forma mo-
lecular:
2 MnO4
– + 5 H2SO3 2 Mn
2++ 5 SO4
2– + 4 H+ + H2O
Quando a reação acontece em meio básico, podemos seguir o mesmo 
roteiro, desde que o H+ que aparece seja neutralizado por igual número de 
OH-, lançado nos dois membros da equação.
Exemplo:
Determine os coeficientes da equação que representa a reação do CN- 
com o CrO4²
- em meio básico.
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Química Geral II 19
KCN (aq) + K2CrO4 KCNO (aq) + KCr(OH)4 (aq) + KOH (aq)
O potássio é um íon espectador; o hidróxido, o íon que informa o meio 
básico.
Usando a equação iônica simplificada, podemos fazer:
CN - + CrO4 
2- CNO - + Cr(OH)4
O primeiro passo é identificar as duas semirreações de oxidação e 
redução e ajustar os átomos que oxidaram ou reduziram.
Oxidação: CN– CNO- (N de -5 passou para -3 no íon 
cianato)
Redução: CrO4²
– Cr(OH)4
- (Cr de +6 passou para +3).
O segundo passo é balancear o oxigênio de cada semirreação, usan-
do água.
CN- + H2O CNO
- 
CrO4²
- Cr(OH)4
-
O terceiro passo é balancear o hidrogênio de cada semirreação, 
usando H+:
CN- + H2O CNO
- + 2H+
Para evitar a presença do H+, vamos usar a equação de ionização da 
água, que ocorre normalmente em meio aquoso: 
2 H+ + 2 OH- 2 H2O.
Somando e simplificando, teremos: 
 
CN- + 2 OH- CNO- + H2O 
Observe que a ionização da água aparece com os íons no primeiro 
membro para, na simplificação, o termo 2H+ desaparecer.
Adotando o mesmo procedimento para a outra semirreação, teremos:
CrO4²
- + 4 H+ Cr(OH)4
- 
4 H2O 4 H
+ + 4 OH-
Somando e simplificando:
 
CrO4²
- + 4 H2O Cr(OH)4
- + 4 OH- 
O quarto passo é balancear as cargas de cada semirreação, adicio-
nando elétrons onde existir excesso de cargas positivas.
CN– + 2 OH– CNO- + H2O + 2e
-
CrO4²
- + 4 H2O + 3e
- Cr(OH)4
- + 4 OH- 
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Oquinto passo é igualar o número de elétrons nos dois membros 
das semirrreações. Do mesmo modo, o número de elétrons perdidos deve 
ser igual ao de elétrons ganhos. No segundo membro da 1ª semirreação, 
adicionamos 2 elétrons e, no primeiro membro da segunda semirreação, adi-
cionamos 3 elétrons. O MMC entre 2 e 3 é seis; logo devemos multiplicar a 
1ª por 3 e a 2ª por 2:
3 CN- + 6 OH- 3 CNO- + 3 H2O + 6 e
- 
2 CrO4²
- + 8 H2O + 6 e
- 2 Cr(OH)4
- + 8 OH- 
O sexto passo é somar as duas semirreações e obter a equa-
ção iônica balanceada e simplificada:
3 CN– + 2 CrO4²
– + 5 H2O 3 CNO
- + 2 Cr(OH)4
– + 2 OH–
Vamos reescrever a equação na forma molecular:
3 KCN (aq) + 2 K2CrO4 (aq) + 5 H2O 3 KCN (aq) + 2 
KCr(OH)4 (aq) + 2 KOH (aq)
d) As condições em que ocorre a reação:
Para reproduzir a reação em qualquer outro local, devemos ter conheci-
mento das condições em que ela foi realizada. Essas condições essenciais de-
vem ser informadas na própria equação química usando-se certas convenções:
•	 O aquecimento sem controle efetivo de temperatura: para informar a 
necessidade de aquecimento, usamos o símbolo ∆, sobre a seta que sepa-
ra os dois membros da equação;
•	 A temperatura: determinadas reações ocorrem com temperatura bem 
definida; nestes casos, uma temperatura menor ou maior pode impedir 
a realização da reação. A temperatura deve ser esclarecida em graus 
centígrados ou em graus Kelvin, abaixo da seta da equação química;
•	 A pressão: pelas mesmas razões da temperatura, a pressão deve ser es-
clarecida em atmosferas, abaixo da seta da equação química;
•	 O meio ácido: o meio ácido tem efeito semelhante ao catalisador. O ácido 
pode ser representado pelo H+, em cima da seta da equação química;
•	 O meio básico: o meio básico pode ser representado pelo OH-, em cima 
da seta da equação química;
•	 O catalisador: as reações lentas podem ocorrer de modo mais rápido com 
o uso do catalisador. Esse deve ser representado por seu símbolo ou sua 
fórmula química, em cima da seta da equação química;
•	 A energia envolvida: o calor da reação é expresso pela variação de 
energia ∆E, ou pela variação de entalpia ∆H, seja a reação realizada em 
volume ou pressão constantes. Quando o calor é negativo, a reação é 
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Química Geral II 21
exotérmica e indica que o calor foi liberado ou, ainda, que a energia dos 
produtos é menor que a energia dos reagentes. Quando o calor é positivo, 
a reação é endotérmica (necessita de calor para ocorrer) e indica que o 
calor foi absorvido ou, ainda, que a energia dos produtos é maior que a 
energia dos reagentes. Essa informação é vital para decidir se o reator, 
onde a reação vai ocorrer, deve ser refrigerado ou aquecido. A variação é 
expressa em KJ (quilo joule) ou Kcal (quilo caloria) logo após a equação;
•	 A reação reversível: na realização da reação, medimos o seu rendimento; 
quando esse é muito baixo, em torno de 50%, já temos um indicativo de que 
a reação não se completa, ou seja, produtos são formados e reagem entre 
si retornando à situação de reagentes, até que seja atingido um equilíbrio 
em que a velocidade de formação dos produtos se torna igual à velocidade 
de formação dos reagentes. Na equação, esse equilíbrio é representado 
por dupla seta;
•	 A reação fotoquímica: certas reações são aceleradas ou promovidas pela 
ação da luz. A fotossíntese, que é uma importante reação, necessita de luz 
e clorofila para ocorrer. Para representar, usamos o símbolo λ em cima da 
seta da equação química.
Exemplo de reação química e a representação por sua equação química:
CH4(g) + 2 O2(g) 
 CO2(g) + 2 H2O(l); ∆H = -890 KJ
 T = 298K
 P = 1atm
Principais tipos de reações químicas
Como existem milhões de substâncias conhecidas, elas podem reagir 
entre si em milhões de reações químicas. Nesse momento, seria conveniente 
organizar as reações em seus tipos principais para facilitar o entendimento 
dos que iniciam o estudo das reações químicas.
Vamos dividir as reações em tipos do seguinte modo:
• reações de síntese ou combinação: quando duas substâncias se 
combinam para formar uma terceira, o produto é uma única substância.
Ex: CaO(s) + H2O(l) Ca(OH)2(s)
Observação: Algumas reações podem pertencer a mais de um tipo 
descrito, como é o caso a seguir: 2 Na(s) + Cl2(g) 2 NaCl(s), 
que é uma reação de síntese e também de oxidação e redução, como vamos 
ver em seguida. O fato não torna inválido o estudo por tipo, pois o objetivo 
de facilitar o entendimento continua válido, e podemos dizer que o enquadra-
mento ocorre no tipo principal.
• reações de análise ou decomposição: quando um único reagente 
dá origem a dois ou mais produtos.
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furtado, f.22
Ex: CaCO3(s) CaO(s) + CO2(g)
• reações de troca simples ou deslocamento simples: em geral, 
ocorrem quando um elemento ou substância simples reage com uma subs-
tância composta e desloca o elemento menos reativo que estava combinado.
O tipo deve ser estudado em dois casos:
1º caso: o elemento é um metal e, nesse caso, o metal mais reativo 
desloca o menos reativo. A escala de reatividade dos metais será melhor en-
tendida no estudo da Eletroquímica, através dos potenciais de eletrodos. 
No presente estudo, a reatividade deve ser entendida como uma possibili-
dade de reação com um ácido binário produzindo hidrogênio. Começando 
pelos mais ativos, teremos os metais alcalinos e alcalinos terrosos; metais 
de transição simples; o hidrogênio; os metais nobres (que são menos reati-
vos que o hidrogênio).
Retomemos o exemplo dado no início da unidade:
Ex: Zn(s) + Cu(SO4) (aq) Zn(SO4) (aq) + Cu (s).
A reação acontece, pois o zinco é mais reativo que o cobre, ocorrendo 
a troca simples ou o deslocamento simples.
2º caso: a substância simples é formada por um não-metal e, nesse 
caso, o não-metal mais reativo desloca o não-metal da substância composta. 
A escala de reatividade dos não-metais está ligada à escala de eletronegativi-
dade em que quanto mais eletronegativo, mais reativo.
Ex: Cl2 (g) + H2S (g) 2 HCl (g) + S (s).
A reação acontece, pois o cloro é mais eletronegativo (mais reativo) que 
o enxofre, ocorrendo a troca simples ou o deslocamento simples.
•	 reações de troca dupla ou deslocamento duplo: é o caso em que duas 
substâncias compostas, em geral sais em solução aquosa, trocam ânions 
e cátions, formando novas substâncias com formação de precipitado. Essa 
é uma reação que pode ser chamada de reação em solução aquosa, rea-
ção de precipitação ou reação iônica.
Ex: CaCl2 (aq) + Na2CO3 (aq) CaCO3 + 2. NaCl (aq).
A reação iônica pode ser representada pela equação iônica simplificada:
Ca2+ (aq) + CO3
2– (aq) CaCO(s)
•	 reações ácidas – base, de neutralização ou em solução aquosa: a rea-
ção envolve transferência de próton entre os reagentes.
Ex: HCN (aq) + KOH(aq) KCN(aq) + H2O(l).
A reação ocorre com a neutralização do ácido pela base e pode ser chamada de 
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Química Geral II 23
reação de neutralização. Nesse tipo, a reação iônica simplificada diz como 
ocorre a neutralização. Considerando o ácido totalmente dissociado, podemos 
fazer:
H+ (aq) + OH– (aq) H2O (l).
•	 reações de oxidação – redução: a reação envolve a transferência de elé-
trons entre as substâncias envolvidas.
∆
Ex: 2 KClO3(s) 2 KCl(s) + 3 O2(g).
MnO2
•	 reações de combustão: é a reação em que um dos reagentes é chama-
do de combustível, sendo o fornecedor de carbono, hidrogênio ou outros, 
e o outro reagente é chamado de comburente, sendo o fornecedor de 
oxigênio. A reação é sempre exotérmica e libera energia térmica.
Ex: CH4 (g) + 2 O2 (g) CO2 (g) + 2 H2O (g). ∆H = -802,3 KJ.
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES
Verifique seu entendimento do assunto, observando os exercícios resol-
vidos. Em seguida, resolva os que agora são propostos:
EXERCÍCIO 01
Dada a equação qualitativa da reação do Cr2O7
2- com oFe2+ em meio 
ácido:
H2Cr2O7 (aq) + FeCl2 (aq) + HCl (aq) CrCl3 (aq) + FeCl3 
(aq), determine os coeficientes pelo método do íon – elétron.
Solução: Os íons Cl – e H + são espectadores, logo a equação iônica fica:
Cr2O7
2- + Fe 2+ Cr3+ + Fe3+
1º passo: Identificar as semirreações de oxidação e redução e igualar 
os átomos envolvidos.
Redução: Cr2O7
2- 2 Cr3+ (dois átomos de cromo em cada 
lado);
Oxidação: Fe2+ Fe3+
2º passo: Balancear o oxigênio de cada semirreação, adicionando H2O.
Cr2O7
2- 2 Cr 3+ + 7 H2O;
Fe2+ Fe 3+
3º passo: Balancear o hidrogênio, adicionando H +.
Cr2O7
2- + 14 H+ 2 Cr3+ + 7 H2O;
Fe2+ Fe3+
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furtado, f.24
4º passo: Balancear as cargas, adicionando elétrons.
Cr2O7
2- + 14 H+ + 6e- 2 Cr3+ + 7H2O
Fe2+ Fe3+ + 1e-
5º passo: Balancear os elétrons adicionados.
Cr2O7
2- + 14 H+ + 6e- 2 Cr3+ + 7 H2O;
6 Fe2+ 6 Fe3+ + 6 e-
6º passo: Somando-se as duas semirreações, temos:
Cr2O7
2- + 14 H+ + 6 Fe2+ 2 Cr3+ + 6 Fe3+ + 7H2O;
Voltando para a equação molecular, temos:
H2Cr2O7 (aq) + 6 FeCl2 (aq) + 12 HCl (aq) 2 CrCl3 (aq) + 6 
FeCl3 (aq) + 7 H2O (l)
EXERCÍCIO 02
Dada a equação qualitativa da reação do MnO4 - com o SO3 2-, em 
meio básico, determine os coeficientes pelo método do íon – elétron.
Verifique a possibilidade de realizar o cálculo dos coeficientes, de forma 
mais rápida, utilizando o método da oxidação e redução.
KMnO4 (aq) + K2SO3 (aq) MnO2 (s) + K2SO4 (aq) + KOH (aq).
Solução: Passando para a forma de equação iônica, temos:
MnO4
– (aq) + SO3
2- (aq) MnO2 (s) + SO4
2- (aq). 
Observação: A reação envolve a precipitação do óxido de manganês. 
1º passo: Definir as espécies que oxidaram e reduziram, balancean-
do o número de átomos.
MnO4
- MnO2 (Mn de +7 passou para +4)
SO3
2- SO4
2- (S de +4 passou para +6)
2º passo: Balancear o oxigênio, adicionando H2O.
MnO4
– MnO2 + 2 H2O
SO3
2– + H2O SO4
2-
3º passo: Balancear o hidrogênio, adicionando H+, e neutralizar com 
OH- nos dois membros da semirreação.
MnO4
- + 4 H+ + 4 OH- MnO2 + 2H2O + 4 OH
-
SO3
2- + H2O + 2 OH
- SO4
2- + 2 H+ + 2 OH-
4º passo: Balancear as cargas de cada semirreação, adicionando elétrons.
MnO4
- + 2 H2O + 3e
- MnO2 + 4 OH
-
SO3
2- + 2 OH- SO4
2- + H2O + 2e
-
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Química Geral II 25
5º passo: Balancear os elétrons nos dois membros das semirreações.
2 MnO4
- + 4 H2O + 6e
- 2 MnO2 + 8 OH
-
3 SO3
2- + 6 OH- 3 SO4
2- + 3 H2O + 6e
-
6º passo: Somando-se as duas semirreações, obtemos a equação ba-
lanceada:
2 KMnO4 (aq) + 3 K2SO3 (aq) + H2O(l) 2 MnO2(s) + 3 K2SO4 (aq) + 2 KOH(aq).
Vamos realizar o cálculo dos coeficientes, usando o método da oxidação e 
redução.
KMnO4 (aq) + K2SO3 (aq) MnO2 (s) + K2SO4 (aq) + KOH (aq).
O método do íon-elétron adiciona água, hidrogênio e hidróxido, confor-
me a necessidade. O método da oxidação e redução deve iniciar com todas 
as espécies participantes. Devemos então colocar água (não podemos usar 
o H+, pois o meio é básico) no primeiro membro da equação para explicar 
a ocorrência de hidrogênio no segundo membro. Com a adição de água, a 
equação fica:
KMnO4 (aq) + K2SO3 (aq) + H2O (l) MnO2 (s) + K2SO4 (aq) + KOH 
(aq).
1º passo: Verificar se ocorreu variação do número de oxidação dos 
elementos.
 +7 +4 +4 +6
KMnO4 (aq) + K2SO3 (aq) + H2O(l) MnO2 (s) + K2SO4 (aq) + KOH (aq)
O NOX do Mn passou de +7 para +4, ocorrendo redução, e o NOX do 
S passou de +4 para +6, ocorrendo oxidação.
2º passo: Calcular a oxidação e a redução ocorrida. A oxidação é cal-
culada multiplicando-se a variação do NOX pelo número de átomos. Do mes-
mo modo, calculamos a redução.
Oxidação: 2x1=2 
Redução: 3x1=3
3º passo: Para que o número de cargas ganhas seja igual ao número 
de cargas perdidas, devemos achar o mínimo múltiplo comum de 2 e 3. No 
caso, o número de cargas perdidas 2 (oxidação) será usado como coeficiente 
da substância onde ocorreu redução (cargas ganhas), e o 3 será usado como 
coeficiente da substância onde ocorreu oxidação (cargas perdidas).
2 KMnO4 (aq) + 3 K2SO3 (aq) + H2O(l) MnO2 (s) + K2SO4 (aq) + KOH (aq)
Devemos terminar o balanceamento pelo método das tentativas, que é 
baseado na lei da conservação da matéria. Como nos reagentes temos dois 
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Mn, devemos ter dois Mn também nos produtos; logo o coeficiente do MnO2 é 
2. O mesmo raciocínio deve ser usado para o enxofre, que leva o coeficiente 3 
para o sulfato de potássio. Resta usar o potássio para concluirmos que o coe-
ficiente do KOH é 2, e usar o número de hidrogênio nos produtos para concluir 
que o coeficiente da água é 1. A equação balanceada fica:
2 KMnO4 (aq)+ 3 K2SO3 (aq)+ H2O(l) 2 MnO2 (s)+ 3 K2SO4 (aq)+ 2 KOH (aq)
Qual foi a melhor opção de método?
Cada método tem suas vantagens e desvantagens, por isso devemos 
limitar nossas conclusões aos seguintes pontos:
a) Quando a reação é iônica, o método mais indicado é do íon-elétron, 
que, como o próprio nome indica, envolve íons e elétrons;
b) O método do íon-elétron é apropriado na Eletroquímica, disciplina na 
qual vamos estudar as semirreações de eletrodo;
c) O método da oxidação e redução mostrou ser mais abrangente, pois 
pode ser usado nos dois casos, desde que tenhamos todas as informações 
necessárias, como o meio ácido ou básico;
d) Quando os reagentes são gases, líquidos ou sólidos, o método mais 
indicado é o da oxidação e redução.
Atividades de avaliação
1. Dada a equação qualitativa abaixo
Cl2 (g) + NaOH (aq) NaCl (aq) + NaClO3 (s) + H2O (l), atenda ao 
que se pede:
a) Em qual tipo principal a reação se enquadra?
b) Determine seus coeficientes, transformando-a em equação quantitativa.
2. Dada a equação qualitativa abaixo
AgNO3 (aq) + KBr (aq) AgBr (s) + KNO3 (aq), atenda ao 
que se pede:
a) Em qual tipo principal a equação se enquadra?
b) Verifique a possibilidade de representar a equação simplificada.
c) Quais são os íons espectadores?
d) Determine seus coeficientes, transformando-a em equação quantitativa.
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Química Geral II 27
Referências 
ATKINS, Peter e JONES, Loretta. Princípios de Química. Questionando a 
vida moderna e o meio ambiente. Porto Alegre: Editora Bookman, 2001. 914 p.
BROWN, Theodore L.; LEMAY JÚNIOR, H. Eugene; BURSTEN, Bruce Ed-
ward. Química. A ciência central. São Paulo: Editora Pearson Prentice Hall, 
2005. 972 p.
EBBING, Darrell D. Química Geral. Volume 1, 5ª ed. Rio de Janeiro: Livros 
Técnicos e Científicos Editora S. A., 1998, 569 p.
KOTZ, John C.; TREICHEL JÚNIOR, Paul M. Química Geral e reações quí-
micas. Volume 1. São Paulo: Editora Thomson, 2005.; 671 p.
RUSSEL, John Blair. Química Geral. Volume 1, 2ª ed. São Paulo: Makron 
Books, 1994; 621 p.
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Cálculos estequiométricos
2Capítulo
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Química Geral II 31
Objetivos
Neste capítulo, nosso estudo visa atingir os seguintes objetivos:
•	 Conhecer as leis ponderais como as primeiras leis científicas da Química;
•	 Entender a representação da substância usando a fórmula química;
•	 Conhecer a massa molar como unidade de matéria, o número de Avogadro 
e o volume molar;
•	 Aprender a usar a equação química para realizar os cálculos estequiomé-
tricos.
Introdução
Na primeira unidade, estudamos a reação química, a maneira de represen-
tar a reação química através da equação química, que deve informar as 
substâncias envolvidas, seus estados físicos, as quantidades de cada subs-
tância e as condições em que a reação ocorre. Devido ao grande número de 
reações, organizamos o estudo em tipos principais de reações químicas 
para facilitar nosso entendimento.Conceitos e definições
A Química é uma ciência; logo seu estudo e seu desenvolvimento de-
vem ser feitos através do método apropriado, o método cientifico.
O método científico é a metodologia de estudo e pesquisa dos fe-
nômenos da natureza, visando obter o conhecimento de forma organizada 
e sistemática.
O método é realizado em etapas:
Observação do fenômeno;
Experiências e medidas;
Leis experimentais;
Hipóteses sobre o fenômeno;
Teoria e modelos matemáticos.
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furtado, f.32
As três primeiras etapas podem ser concluídas por meio de um ra-
ciocínio indutivo. As duas últimas por meio de raciocínio dedutivo. Quando 
não podemos estabelecer um modelo para o fenômeno, ficamos com a lei 
experimental.
Estudo das leis experimentais envolvendo massas e 
volumes
A. Leis das massas
1) Lei da conservação da massa (Lavoisier – 1789): em uma reação 
química realizada em sistema fechado, a soma das massas dos reagentes é 
sempre igual à soma das massas dos produtos. 
Ex: A + B C + D podemos dizer que:
mA + mB = mC + mD 
(A transformação de massa em energia prevista por Albert Einstein não 
deve ser considerada em nosso estudo atual).
2) Lei das proporções constantes ou definidas (Proust – 1801): 
uma determinada substância é sempre formada pelos mesmos elementos 
químicos combinados na mesma proporção em massa, independente do pro-
cesso de obtenção.
Ex: A + B AB, em três experiências:
Na 1ª, temos mA + mB = m AB 
Na 2ª, temos m’A + m’B = m’AB
Na 3ª, temos m’’A + m’’B = m’’AB
O resultado experimental mostra que podemos fazer: mA/mB = m’A/m’B 
= m’’A/m’’B.
3) Lei das proporções múltiplas (Dalton – 1803): quando dois ele-
mentos químicos se combinam e formam diversas substâncias fixando–se a 
massa de um deles, as massas do outro elemento variam numa proporção de 
números inteiros e pequenos.
Ex: O oxigênio e o nitrogênio se combinam formando várias substâncias.
Sejam os resultados experimentais abaixo
0,21g de nitrogênio + 0,12g de oxigênio forma o óxido I; 
0,70g de nitrogênio + 0,80g de oxigênio forma o óxido II; 
0,28g de nitrogênio + 0,64g de oxigênio forma o óxido III.
Verifique se os dados estão de acordo com a lei de Dalton.
Solução: 
Fixando a massa de 0,21g de nitrogênio, as massas de oxigênio serão:
Antoine Laurent Lavoisier 
(1743 – 1794), cientista 
francês que estudou 
a combustão e a 
conservação da matéria em 
reações químicas.
Louis Joseph Proust (1754 
– 1826), cientista francês 
que estudou a composição 
das misturas e das 
substâncias, estabelecendo 
a lei das proporções fixas 
nas substâncias.
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Química Geral II 33
No óxido I, 0,12g de oxigênio;
No óxido II, usando a lei das proporções definidas, 0,70g de nitrogênio 
para 0,80g de oxigênio, 0,21g de nitrogênio para X1 g de oxigênio.
Resolvendo, temos X1 = 0,24g de oxigênio.
No óxido III, usando a lei das proporções definidas, 0,28g de nitrogênio 
para 0,64g de oxigênio, 0,21g de nitrogênio para X2 de oxigênio. 
Resolvendo, temos: X2 = 0,48g de oxigênio. 
As massas do oxigênio podem formar uma proporção de números intei-
ros e pequenos, fazendo: 0,12g; 0,24g e 0,48g proporcionais a 1, 2 e 4.
Antecipando nosso estudo, podemos aproveitar os dados para achar a 
fórmula mínima de cada óxido. 
Calculando o número de mols n de cada elemento, onde n = m/MM, temos:
Óxido I: N 0,21g/14g = 0,0150; O 0,12g/16g = 0,0075, que 
são proporcionais a 2 e 1; logo a fórmula mínima = (N2O)x;
Óxido II: N 0,70g/14g = 0,050; O 0,80g/16g = 0,050; que 
são proporcionais a 1 e 1; logo a fórmula mínima = (NO)x;
Óxido III: N 0,28g/14g = 0,020; O 0,64g/16g = 0,040, que 
são proporcionais a 1 e 2; logo a fórmula mínima = (NO2)x
Dividindo a fórmula do óxido I por 2, ficamos com a seguinte 
proporção de N/O:
Óxido I, 1 de N com ½ de O;
Óxido II, 1 de N com 1 de O;
Óxido III 1 de N com 2 de O.
Como ½; 1 e 2 são proporcionais a 1, 2 e 4, podemos concluir que há 
uma proporcionalidade direta entre as massas e o número de átomos. 
EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
Verifique a combinação do carbono e do oxigênio que forma o CO e o 
CO2, utilizando as seguintes massas: CO, 0,30g de C com 0,40g de O; CO2, 
0,24g de C com 0,64g de O.
Responda: A combinação está de acordo com a lei das proporções 
múltiplas?
4) Lei das proporções recíprocas (Richter – 1792): quando uma mas-
sa fixa de um dado elemento químico reage com outros elementos químicos 
para formar diversas substâncias, se esses últimos elementos químicos reagi-
rem entre si, eles o farão na mesma proporção de massas ou numa proporção 
formada por múltiplos ou submúltiplos dos valores iniciais.
John Dalton (1766 – 1844), 
cientista inglês que estudou 
a meteorologia, a matéria 
e o átomo. É o fundador 
da teoria atômica com sua 
obra publicada, em 1808, 
chamada “A new system of 
chemical philosophy”.
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furtado, f.34
Seja a massa fixa mA do elemento A, que reage com mB do elemento B e 
com mC do elemento C, quando B for reagir com C, a relação de massas de B e 
C será m’B/m’C = (mB x p) / (mC x q), onde p e q são números inteiros e pequenos.
Com a lei das proporções recíprocas, surge o conceito da massa equiva-
lente ou equivalente grama, como sendo a massa do elemento que se combina 
com os outros elementos. No debate sobre o elemento central e que massa fixa 
seria usada para definir as massas equivalentes, prevaleceu o oxigênio, por ser 
o elemento que se combina com o maior número de outros elementos.
Para manter o hidrogênio como sendo a massa unitária, e sabendo que o 
hidrogênio se combina com o oxigênio, na proporção de 2 para 1, dividindo as 
massas por dois, fica 1 de hidrogênio para ½ de oxigênio, ou seja, 1g para 8g; 
logo a massa fixa ficou em 8g de oxigênio.
A lei das proporções múltiplas mostrou que os elementos químicos pos-
suem vários modos de combinação; logo possuem várias massas equivalentes, 
tendo o equivalente grama perdido sua importância face ao mol ou massa mo-
lar, que passou a ser considerado a unidade de substância ou matéria.
1º Exemplo:
Uma massa fixa de um grama de oxigênio se combina com 1,0021g de 
enxofre e forma o SO2, combina-se com 2,5050g de cálcio e forma o CaO. 
Quando o Ca se combina com o S, o faz na proporção de massa de 2,5050g 
para 2,0041g.
Verifique a lei das proporções recíprocas.
Solução:
Aplicando a fórmula m’Ca/m’S = (mCa x p)/(mSxq), temos: 
2,5050g/2,0041g = (2,5050g x p)/(1,0021g x q).
Calculando p e q fica p = 1 e q = 2.
O cálculo mostra a variação da massa equivalente e, em consequência, 
a variação de valência ou número de oxidação (NOX). É fácil observar que no 
CaS o NOX do S é dois; e no SO2, o NOX do S é quatro.
2º Exemplo:
Uma massa de 0,30g de C se combina com 0,10g de H, formando o 
CH4, uma massa de 0,03g de C se combina com 0,16g de S, formando o CS2, 
uma massa de 0,06g de H se combina com 0,96g de S, formando o H2S.
Verifique a lei das proporções recíprocas e a variação do NOX.
Solução:
Primeiro devemos fixar uma massa, conforme o enunciado da lei.
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Química Geral II 35
Fixando a massa de 0,30g de C, temos para o CH4 a massa de 0,10g de H.
Usando a lei das proporções fixas para o CS2, temos 0,03g de C, que se 
combina com 0,16g de S; logo 0,3g de C se combina com 1,6g de S.
Aplicando a fórmula m’H / m’S = (mH x p) / (mSxq), temos: 0,06g / 0,96g = 
(0,10g x p) / (1,6g x q), e, como resultado, p = 0,6 e q = 0,6.
Como p = q, a proporção é a mesma que se combinou com a massa 
fixa de 0,30g de C, o que evidencia que não ocorreu variação de NOX ou 
valência.
3º Exemplo:
Uma massa fixa de 7g de Fe reage com 4g de S e forma o FeS, reage 
com 2g de O e forma o FeO. 8g de S reage com 12g de O e forma o SO3.
Verifique a lei das proporções recíprocas e a variação de NOX.
Solução:
Aplicando a fórmula m’O/m’S = (mO x p)/(mS x q), temos: 12g/8g = (2g x 
p)/(4g x q). Calculando p e q, temosp = 6 e q = 2, o que evidencia a mudança 
do NOX do S, que era 2 no FeS e passou para 6 no SO3.
B. Leis volumétricas
1) Lei dos volumes gasosos de combinação (Gay Lussac – 1808) 
- os volumes de gases que participam de uma reação química, medidos na 
mesma temperatura e pressão, guardam entre si uma relação constante de 
números inteiros e pequenos.
Exemplo: hidrogênio + cloro gás clorídrico, 
 1 volume 1 volume = 2 volumes.
No mesmo ano, Dalton publicou sua teoria atômica baseada em mas-
sas, e não em volumes. A crença na época era que os gases eram monoatô-
micos. Como então justificar que 1 átomo de H, reagindo com 1 átomo de Cl, 
produza dois átomos de gás clorídrico? A conciliação veio com a segunda lei 
dos volumes gasosos.
2) Lei de Avogadro dos volumes gasosos (Amedeo Avogadro – 
1811) – os volumes iguais de gases diferentes, na mesma temperatura e 
pressão, contêm o mesmo número de partículas.
Pela lei de Avogadro, os dois volumes de gás clorídrico obtidos deve-
riam corresponder a duas partículas de gás. Para conciliar os resultados, sur-
giu a hipótese de Avogadro de que o hidrogênio não era monoatômico, e sim 
formado por dois átomos em forma de molécula (molécula = pequena massa), 
sendo o conceito de molécula estendido para todas as substâncias.
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furtado, f.36
A nova combinação ficou: H2 (g) + Cl2 (g) 2.HCl (g)
Com as leis experimentais e a teoria atômica de Dalton, foi possível es-
tabelecer um diagrama com a primeira estrutura científica da matéria.
Organização da Matéria
A mistura submetida a determinadas operações unitárias, tais como 
a filtração, a destilação e outras, pode ser separada em suas substâncias 
puras constituintes, que poderão ser um elemento químico, uma substância 
simples ou uma substância composta.
Vamos iniciar o estudo pelo elemento químico. Neste caso, a matéria 
é monoatômica. Devemos aproveitar a ocasião para estudar o átomo, asso-
ciado a um elemento químico, mesmo que ele não forme individualmente a 
matéria.
I. Dados sobre o elemento químico
a) Simbologia:
Cada elemento químico é representado por um símbolo, de acordo 
com a International Union of Pure and Applied Chemistry (União Internacional 
de Química Pura e Aplicada) – IUPAC, obedecendo às regras criadas, em 
1814, por Berzellius.
1) O símbolo do elemento deve ser a primeira letra do seu nome em 
forma de maiúscula. Ex: carbono = C.
2) No caso de elementos que tenham o nome começando pela mesma 
letra, ao elemento que foi descoberto mais recente, será acrescentada uma 
outra letra do nome em forma de minúscula. Ex: cálcio = Ca.
3) Alguns elementos podem ter o símbolo derivado do seu nome em 
latim. Ex: sódio = Natrium = Na.
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Química Geral II 37
b) Existência:
Temos 88 elementos naturais e 23 artificiais. Considerando todo o pla-
neta, o mais abundante é o ferro, em seguida o oxigênio, o silício, o magné-
sio, o níquel e outros.
c) Classificação:
Os elementos químicos foram classificados em metais, não metais, se-
mimetais e gases inertes. O critério tomou por base a condutividade e a reati-
vidade dos elementos químicos.
d) Massa atômica:
Com as leis ponderais, foi possível estabelecer uma sequência de nú-
meros proporcionais às massas trabalhadas nos experimentos. Inicialmente 
foi fixada como massa unitária a do hidrogênio. Com a descoberta dos isóto-
pos, o número fixado para referência foi o número 12, considerada a massa 
do isótopo mais abundante do carbono; logo a nova unidade passou a ser 
1/12 da massa do carbono. A massa atômica é um número adimensional.
e) Mol do elemento químico:
É o número que expressa a massa atômica com a unidade de massa 
grama. Ex: carbono: 1 mol = 12 g.
Obs: O mol é também conhecido como massa molar, com representa-
ção MM.
f) Número de mols do elemento químico (n):
É calculado com a massa utilizada dividida pelo mol do elemento. Ex: 
n = m/mol ou n = m/(MM).
g) Número de Avogrado:
É o número de átomos do elemento químico contido em um mol do 
elemento. A determinação experimental do número de Avogadro, foi feita de 
acordo com a tecnologia de cada época: análise de lâminas, movimento Bro-
wniano, eletrólise, condutividade elétrica dos gases e, modernamente, o uso 
da difração de raios X. O valor usado é de 6,0235 x 1023 átomos em um mol.
h) Determinação experimental da massa atômica:
Além da comprovação através das leis ponderais, novos métodos ex-
perimentais foram adotados:
Para elementos sólidos: (massa atômica) x calor específico = 6,4 (co-
nhecida como lei experimental de Dulong e Petit);
Para elementos gasosos ou líquidos voláteis, usa-se a equação dos 
gases ideais, onde MM = (m x R x T) / (p x V). MM é o mol, a massa atômica 
ou a massa molar.
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furtado, f.38
Determinação da unidade de massa atômica (u):
Com o número de Avogadro, podemos calcular a massa tomada como 
unidade de massa atômica (u.m.a. ou simplesmente u).
Cálculo: Inicialmente, usamos a massa de um mol de carbono e cal-
culamos a massa de um átomo de carbono, fazendo 12g/ (6,02 x 1023) = 1,99 
x 10-23 g; então u será igual à massa do átomo de carbono dividida por 12, u 
= (1,99 x 10-23 g)/12 = 1,66 x 10-24 g.
II. Dados sobre as substâncias simples e compostas
a) Simbologia:
Cada substância é representada pelos elementos químicos constituin-
tes, utilizando índices aos símbolos dos elementos constantes de números 
inteiros proporcionais aos números de átomos que formam a substância. Essa 
representação é chamada de fórmula química.
b) Massa molecular:
É a soma das massas atômicas dos elementos constituintes da subs-
tância, levando em conta o número de átomos indicados pelos seus índices. 
Ex: H2SO4, massa molecular = 1x2 +32x1 + 16x4= 2+32+64= 98.
c) Mol ou massa molar da substância:
É a massa em gramas de uma substância cujo valor numérico é igual 
ao de sua massa molecular. No caso do ácido sulfúrico, a massa molar é 
igual a 98g.
d) Número de mols da substância (n):
É a massa da substância dividida pela massa molar da substân-
cia. Ex: n = m/(MM). Conhecido o número de mols, podemos calcular 
a massa fazendo m = n x MM.
e) Fórmulas das substâncias:
A fórmula química é determinada pela sequência explicada no 
diagrama a seguir:
No laboratório, procedemos a análise química da substância e encon-
tramos a composição percentual dos seus elementos. Com essa composi-
ção, podemos montar a fórmula mínima. Resta determinar experimentalmente 
a massa molar da substância, por métodos já descritos para a massa atômica. 
Com a massa molar, podemos calcular a fórmula química, que é o nosso 
objetivo.
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Química Geral II 39
1º Exemplo: 
Calcule a fórmula química da substância que apresentou a seguinte aná-
lise química: 20,2% de ferro; 11,5% de enxofre; 23,0% de oxigênio; e 45,3% de 
água de cristalização. A massa molar foi determinada como sendo 278g.
Solução: 
Inicialmente, vamos calcular a fórmula mínima encontrando o número 
de mols de cada elemento químico na fórmula mínima. Em estudos posterio-
res, vamos abordar a posição dos elementos na fórmula química.
Fe n=m/mol = 20,2g/56g = 0,36;
S n=m/mol = 11,5g/32g = 0,36;
O n=m/mol = 23,0g/16g = 1,437;
H2O n=m/mol = 45,3g/18g = 2,5167.
Dividindo todos por 0,36, ficamos com a seguinte sequência de núme-
ros 1, 1, 4, 7; logo a fórmula mínima será (FeSO4. 7H2O)x. 
O x pode ser calculado usando-se a relação x = massa molar da fórmu-
la química / massa molar da fórmula mínima, donde x = 278g/278g = 1.
A fórmula química é FeSO4. 7H2O.
2º Exemplo:
A análise química de 3,7g de uma substância resultou em 1,8g de car-
bono, 0,3g de hidrogênio e 1,6g de oxigênio. A massa molar foi determinada 
como 148g. Calcule a fórmula química.
Solução:
Cálculo do número de mols de cada elemento:
C n = m/MM = 1,8g/12g = 0,15
H n = m/MM = 0,3g/1g = 0,30O n = m/MM = 1,6g/16g = 0,10
Dividindo por 0,10 fica 1,5: 3: 1, multiplicando-se por 2, temos 3: 6: 2. A 
fórmula mínima fica (C3H6O2) x. O x pode ser calculado através da fórmula: x 
= massa molar fórmula química / massa molar fórmula mínima. = 148/74 = 2. 
A fórmula química é (C3H6O2)2 = C6H12O4.
Com a descoberta dos isômeros, a fórmula química por si só não es-
clarece qual é a substância. Atualmente, a análise instrumental é utilizada 
para esclarecer a fórmula estrutural. Uma mesma fórmula química pode in-
dicar varias substâncias.
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III. Cálculo do volume molar
Cálculo do volume molar é o volume ocupado por um mol ou pela mas-
sa molar da substância. Em geral, ele é calculado nas condições normais de 
temperatura e pressão – CNTP, onde a pressão é igual a uma atmosfera e a 
temperatura igual a zero grau centígrados.
IV. Cálculo estequiométrico ou cálculo com a equação química
Cálculo estequiométrico ou cálculo com a equação química é o cálculo 
das quantidades de reagentes ou produtos que participam de uma reação quí-
mica, usando a equação química. O cálculo estequiométrico envolve a parte 
principal de uma indústria que utiliza um processo químico para obter um de-
terminado produto. Como muitas reações são realizadas em solução aquosa, 
devemos antecipar parte do estudo de solução e suas concentrações.
Solução é uma mistura homogênea (mistura com uma única fase). A 
solução binária tem dois componentes. O componente que está em maior 
quantidade é chamado solvente, e o que está em menor quantidade é cha-
mado soluto. A solução aquosa é aquela em que o solvente é a água. Para 
que a solução seja homogênea, o soluto tem o tamanho de suas partículas 
limitado entre 0 e 1nm (1nm = 10-9m). Tudo que for referente ao soluto, leva 
índice 1, e tudo que for referente ao solvente, leva índice 2. 
Com essas definições, podemos entender a maneira de expressar a 
concentração de uma solução uma vez que ela expressa na realidade sua 
composição. Como o soluto é o nosso reagente, devemos ter condições de 
determinar sua quantidade, conhecendo o volume utilizado de solução.
Concentração simples (C) é a relação entre a massa do soluto e o 
volume da solução em litros: C = m1/V (L);
Concentração molar (M) é a relação entre o número de mols do soluto 
e o volume da solução em litros M = n1 / V(L). Como o número de mols é igual 
à massa dividida pela massa molar, podemos fazer n1 = m1/MM1, e substituir 
na definição da concentração molar, resultando: M = m1/[MM1 x V(L)];
Concentração percentual (%) é a relação entre a massa do soluto e a 
massa total da solução multiplicada por 100: % = (m1/mT) x 100;
Concentração em fração molar (x) é a relação entre o número de 
mols do soluto e o número de mols total da solução: x1 = n1/nT;
Densidade da solução (d) é a relação entre a massa da solução e 
o volume ocupado por essa massa de solução. A densidade é, em geral, 
expressa em g por cm³: d = m/V. A densidade é determinada em laboratório 
através do densímetro.
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Química Geral II 41
Recomendações no uso da equação química
1) Em processos industriais, os reagentes não são 100% puros: 
os reagentes utilizados em indústrias são chamados de matéria prima e, de 
modo geral, não são 100% puros. Para correção, utilizamos uma análise 
laboratorial onde o percentual de pureza é determinado e o cálculo da corre-
ção é feito através de uma regra de três simples.
Ex: Uma indústria usa calcário cujo grau de pureza foi determinado 
como sendo 95%. Quanto de matéria prima deve colocar para obter 100g 
de CaBr2?
É dada a equação química já balanceada, onde calculamos as massas:
Calculando fica X = (100 x 100,09) / 199,88 = 50,075g. Necessitamos 
de 50,075 g de carbonato de cálcio puro para obter 100g de brometo de cál-
cio. Como a matéria prima tem grau de pureza de 95%, vamos usar uma regra 
de três simples para calcular a quantidade necessária.
100% X
95% 50,075g
Podemos fazer: X = (100 x 50,075) / 95. Efetuando, temos X = 52,71g. 
Devemos colocar 52,71g de matéria prima.
2) Quando um dos reagentes é limitante da reação: o reagente limi-
tante é aquele que está em menor quantidade. O uso do reagente limitante 
visa atingir os seguintes objetivos:
a) economizar o reagente de maior custo, uma vez que esse reagente 
é totalmente consumido na reação;
b) visualizar o final da reação;
c) limitar a formação do produto.
Ex: Na obtenção do nitrato de prata, usamos prata e ácido nítrico. Para 
garantir que não haja desperdício de prata, colocamos maior quantidade de 
ácido que a necessária, fazendo da prata o reagente limitante. Pede–se cal-
cular a quantidade de nitrato de prata obtida teoricamente, quando usamos 
0,5g de Ag com 50 mL de solução 2M de HNO3. É dada a equação química 
já balanceada onde calculamos as massas das substâncias, logo abaixo das 
fórmulas químicas:
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furtado, f.42
Visando fixar conhecimentos adquiridos, vamos confirmar a lei da con-
servação da matéria. Para tanto, vamos somar as massas dos reagentes e 
verificar se essa soma é igual à soma das massas dos produtos: reagentes = 
324 + 252 = 576; produtos = 510 + 30 + 36= 576, o que confirma a lei.
A proporção de combinação da prata com o ácido nítrico dada pela na-
tureza é de 324g para 252g; logo devemos verificar em que proporção estão 
as quantidades colocadas.
324 252
0,5 X
Calculando X, fazemos: X = (0,5 x 252)/324, e o valor de X = 0,4.
A massa de 0,4g de ácido nítrico é a massa necessária para reagir com 
0,5g de prata.
Devemos calcular a massa colocada de ácido nítrico. Como ele está em 
solução, vamos usar a fórmula da concentração molar para obter a massa do 
soluto, que é o ácido. M = m1 /[MM1 x V(L)] ou de outra forma: m1 = M x [MM1 x 
V(L)]. Substituindo os valores, fica: m1 = 2 x 63 x 0,05 = 6,3g, assim, compro-
vamos que a quantidade adicionada de ácido nítrico é maior que a necessária; 
logo a prata é o reagente limitante.
Sendo a prata o reagente limitante, o produto vai depender de sua massa, 
pois quando a prata acaba, a reação termina. Vamos fazer uma regra de três 
simples, usando a relação da prata com o nitrato de prata para calcular a quan-
tidade produzida de nitrato de prata.
324 510
0,5 X 
Calculando X, fazemos: X = (0,5 x 510) / 324, e o valor de X = 0,78.
A massa de 0,78g de nitrato de prata é a massa teoricamente obtida.
3) As reações possuem rendimento menor que 100%: as reações 
químicas produzem quantidades menores do que a esperada pela propor-
ção fornecida na equação química. Tal fato não contraria a lei da conserva-
ção da matéria, pois a massa final é igual à massa inicial. O rendimento é 
menor que 100% por vários motivos. Entre eles, os principais são:
a) a reação é reversível e não se completa, pois os produtos reagem en-
tre si e voltam a produzir os reagentes. Neste caso, o rendimento é muito bai-
xo, sendo um bom indicativo para a conclusão de que a reação é reversível;
b) o afastamento das condições da reação seja na temperatura ou na pressão;
c) o aumento de vazão dos produtos, impedindo que os reagentes fiquem o 
tempo de permanência necessário no reator estabelecido pela cinética da reação;
d) a perda de massa dos reagentes ou produtos por vazamentos;
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Química Geral II 43
e) os erros de pesagens ou medidas.
O cálculo do rendimento pode ser feito usando a relação de massas, a 
relação de volumes (caso de gases) ou a relação de número de mols. No caso, 
essa relação é entre a grandeza produzida e a grandeza teoricamente esperada 
pela equação química.
Seja R o rendimento percentual, então podemos usar a fórmula:
R = (massa observada / massa teórica) x 100;
R = (número de mols observados / número de mols teóricos) x 100;
R = (volume observado / volume teórico) x 100.
Ex: A reação do nitrogênio com o hidrogênio produz o gás amoníaco. 
Colocamos8,4g de nitrogênio para reagir com a quantidade em excesso de 
hidrogênio, sendo observada a produção de 5,1g de gás amoníaco. Calcule o 
rendimento.
É dada a equação química já balanceada e as massas estequiométricas, 
calculadas pela fórmula m = n x MM
N2 (g) + 3 H2 (g) NH3 (g)
 28g 6g 34g
Já sabemos que o limitante é o nitrogênio, pois o hidrogênio está em 
excesso. Vamos usar a massa de nitrogênio para calcular a massa teórica do 
gás amoníaco:
28 34
8,4 X
Calculando X, fazemos: X = (8,4 x 34) / 28, e o valor de X = 10,2g.
Essa é a massa que teoricamente deveríamos obter; logo o rendi-
mento é:
R = (5,1g / 10,2g) x 100 = 50%.
Como o rendimento é muito baixo, podemos dizer que a reação é rever-
sível e que está em equilíbrio químico. Na equação, devemos usar seta dupla, 
indicando que os produtos reagem revertendo o sentido da reação, conforme 
já foi estudado na primeira unidade.
N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g)
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES
Verifique seu entendimento do assunto com os exercícios apresenta-
dos e resolva os que agora são propostos:
EXERCÍCIO 01: Seja uma peça de zinco com massa de 2,0 g colocada 
em 10 mL de solução aquosa 2M de AgNO3. A reação química é de troca sim-
ples, cuja equação química balanceada está representada a seguir:
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furtado, f.44
Zn (s) + 2AgNO3 (aq) 2 Ag (s) + Zn(NO3)2 (aq)
Calcule e verifique:
a) a existência de reagente limitante;
b) a quantidade de prata produzida. 
Solução: Vamos usar a equação química para os cálculos necessários.
Calculando X, temos X = (2,0 x 340)/65,4 = 10,39g, que é a massa ne-
cessária de nitrato de prata para reagir com 2,0g de zinco.
Vamos calcular a massa colocada em forma de solução em que o so-
luto é o nosso reagente. No caso, o nitrato de prata. Usando a fórmula da 
concentração molar, temos M = m1/[MM1 x V(L)].
Como queremos a massa do soluto (m1), fazemos: m1 = M x MM1 
x V (L) = 2 x 170 x 0,01 = 3,4g.
a) Verifica-se que necessitávamos de 10,39g de nitrato de prata e co-
locamos apenas 3,4g; logo vai faltar nitrato de prata, sendo esse o reagente 
limitante;
b) Como o reagente limitante está em menor quantidade do que a 
necessária, ele é que serve de base para o cálculo dos produtos. Usando a 
equação química, temos a proporção entre o reagente e o produto. Pode-
mos então fazer:
340g — 216g;
3,4g — X;
X = (3,4 x 216) / 340 = 2,16g, que é a quantidade de prata produzida.
EXERCÍCIO 02: O metanol pode ser obtido pela reação do monóxido 
de carbono com o hidrogênio, conforme reação química cuja equação quí-
mica balanceada é dada:
CO (g) + 2H2 (g) CH3OH (l);
Colocamos 356 g de CO para reagir com 65,0g de H2 e ocorreu a pro-
dução de 332g de metanol.
Calcule e verifique:
a) a existência de reagente limitante;
b) o rendimento da reação.
Solução: Vamos usar a equação química balanceada para realizar os 
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Química Geral II 45
cálculos químicos:
CO (g) + 2 H2 (g) CH3OH (l)
 28 g 4g 32g
 356g X
X = (356 x 4)/28 = 50,86g, que é a massa necessária de hidrogênio para 
reagir com 356g de monóxido de carbono. Colocamos 65,0g de hidrogênio; 
logo sobra hidrogênio e falta monóxido de carbono.
a) Como falta CO, podemos dizer que ele é o reagente limitante;
b) Identificado o reagente limitante, podemos verificar o rendimento 
com os dados fornecidos.
Usando a equação química, tiramos a proporção teórica entre o CO e o 
CH3OH: 
28g 2g;
356g X;
Calculando X, temos X = (356 x 32)/28 = 406,86g, que é a massa te-
órica de metanol. Como a massa obtida foi 332g, o rendimento percentual é 
então calculado: R = (332g/406,86g) x 100 = 81,6%.
EXERCÍCIO 03: Colocamos 0,8 g de sulfito de sódio sólido para reagir 
com 10 mL de HCl 3,0 M e obtivemos 100 mL de SO2 na pressão de 1 atm e 
temperatura de 25° C.
Calcule e verifique:
a) o cálculo da existência de reagente limitante;
b) o rendimento da reação.
A equação química balanceada é dada:
Na2SO3 (s) + 2 HCl (aq) 2 NaCl (aq) + H2O (l) + SO2 (g);
Solução: Este exercício envolve o cálculo do rendimento através do 
volume gasoso. Como a pressão é baixa, podemos considerar o gás como 
gás ideal e aplicar a equação dos gases ideais, que é: pV = nRT.
Usando a equação, temos as massas teóricas envolvidas na reação:
X = (0,8 x 73)/126 = 0,46g, que é a massa de HCl necessária para reagir 
com 0,8g de sulfito de sódio. Vamos calcular a massa colocada.
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furtado, f.46
Como o HCl foi adicionado em forma de solução, vamos usar a fórmula 
da concentração molar para calcular a quantidade de soluto adicionada.
M = m1/[MM1 x V(L)]; a massa do soluto será m1 = M x MM1 x V(L).
Substituindo os valores, fica: m1 = 3 x 36,5 x 0,01 = 1,095g.
a) Pelos cálculos, verificamos que a massa necessária de HCl é de 
0,46g.
Foi colocado para reagir 1,095g; logo sobra HCl e falta Na2SO3. O rea-
gente limitante, então, é o sulfito de sódio;
b) Para o cálculo do rendimento, devemos antes escolher o caminho 
mais fácil, seja pelo cálculo da massa teórica e do volume teórico, sendo o 
rendimento calculado pela relação dos volumes, seja pelo cálculo da massa 
teórica e da massa observada, sendo o rendimento calculado pela relação 
entre as massas. Como já temos o volume observado, vamos calcular o vo-
lume teórico, usando a equação química.
Para calcular o volume teórico, devemos antes calcular a massa te-
órica. Como o sulfito de sódio é o reagente limitante, ele será usado para 
cálculo dos produtos.
A massa teórica de SO2 será:
126g 64g;
0,8g X;
Calculando X, temos: X = (0,8 x 64)/126 = 0,406g, que é a massa 
teórica de SO2.
Com a massa teórica, podemos calcular o volume teórico.
Antes, devemos calcular o número de mols teórico: n = m / MM = 
0,406/64 = 0,00634. 
Aplicando na equação dos gases ideais, temos:
pV = nRT ou V = (nRT)/p = (0,00634 x 0,082 x 298)/1 = 0,155 litros ou 
155 mL.
O rendimento será: R = (V obtido/V teórico) x 100 = (100/155) x 100 = 64,5 %.
Atividades de avaliação
1. Um engenheiro mecânico analisa a combustão de um automóvel que 
queima octano como combustível. A equação química balanceada é 
dada como:
2 C8H18 (L) + 25 O2 (g) 16 CO2 (g) + 18 H2O (L). 
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Supondo que a injeção eletrônica abastece o cilindro com 30 g de octa-
no e 80 g de oxigênio. No escapamento foi analisada a presença de 50,5 g de 
CO2, oriundos daquele cilindro.
Calcule e verifique:
a) a existência do reagente limitante;
b) o rendimento da reação em termos de CO2.
2. Em uma fábrica de cal, utilizamos o calcário com grau de pureza de 100%, 
para obter o óxido de cálcio.
A equação química balanceada é:
CaCO3 (s) CaO (s) + CO2 (g).
A produção deve ser de 2.000 Kg de CaO por dia, sendo que a reação 
teve seu rendimento medido em 85%.
Qual deve ser a massa de calcário colocada no forno por dia para aten-
der a produção desejada?
Referências 
ATKINS, Peter e JONES, Loretta. Princípios de Química. Questionando a vida 
moderna e o meio ambiente. Porto Alegre: Editora Bookman, 2001, 914 p.
BROWN, Theodore L.; LEMAY JÚNIOR, H. Eugene e BURSTEN, Bruce E. Quí-
mica. A ciência central. São Paulo: Editora Pearson Prentice Hall, 2005, 972 p.
EBBING, Darrell D. Química Geral. Volume 1. 5ª ed. Rio de Janeiro: Livros Técni-
cos e Científicos Editora S. A., 1998, 569 p.
KOTZ, John C.; TREICHEL JÚNIOR, Paul M. Química Geral e reações quími-
cas. Volume 1. São Paulo: Editora Thomson, 2005, 671 p.
RUSSEL, John Blair. Química Geral. Volume 12ª ed. São Paulo: Editora Makron 
Books, 1994, 621 p.
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Soluções
3Capítulo
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Química Geral II 51
Objetivos
Neste capítulo, vamos realizarum estudo mais detalhado sobre as soluções, 
visando atingir os seguintes objetivos:
•	 Conhecer a natureza das soluções;
•	 Conhecer o processo de solubilização e solubilidade;
•	 Conhecer os efeitos da temperatura e da pressão sobre a solubilidade;
•	 Definir novas unidades de concentração;
•	 Conhecer as propriedades coligativas das soluções.
Introdução
Nas unidades anteriores, estudamos, além das leis ponderais e volumé-
tricas da Química, as substâncias e suas fórmulas químicas, a reação quími-
ca e como representá-la através da equação química, e o uso dessa equação 
para realizar os cálculos estequiométricos. Nos cálculos estequiométricos, es-
tudamos as soluções aquosas, como aquelas em que o soluto é um reagente 
e o solvente é a água e suas principais concentrações.
Natureza da solução
Como já estudamos, a matéria pode ser encontrada na natureza em 
forma de substância pura ou mistura. Sendo mistura, podemos ter duas op-
ções: a mistura homogênea ou a heterogênea.
A mistura homogênea consiste em uma mistura em que existe uma 
única fase. Entendendo por fase uma porção contínua da matéria em que 
não se consegue enxergar separação entre as substâncias que compõem a 
mistura, podemos dizer que a composição química e as propriedades físicas 
da mistura homogênea são uniformes.
Nosso estudo focalizará as misturas homogêneas, aquelas cujo tama-
nho das partículas das substâncias não ultrapassa o diâmetro de 1 nm. Po-
demos chamar essa mistura de solução verdadeira. Supondo a formação da 
solução, vamos chamar de solvente a substância que estiver em maior quan-
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furtado, f.52
tidade e, de soluto, as substâncias que estiverem em menor quantidade. Em 
uma solução de dois componentes, vamos adotar como convenção o índice 
1 para o soluto, e o índice 2, para o solvente. Já estamos em condições de 
entender que o soluto, o que está em menor quantidade, encontra–se disper-
so no solvente, daí chamar o soluto de disperso, e o solvente, de dispersante. 
Estamos preparados para também entender que as forças de dispersão são 
as forças responsáveis pela uniforme distribuição do soluto no solvente.
Antecipando estudo futuro, verificamos, experimentalmente, que a 
variação do tamanho das partículas determina mudança nas propriedades 
da mistura.
Veja na figura 01 uma possibilidade de classificação:
Figura 01 – Tamanho das partículas dispersas.
Falamos em possibilidade, pois os limites do tamanho das partículas é 
motivo de debate entre os autores e, em nosso estudo, vamos aceitar esses 
limites. As chamadas soluções coloidais também não são visíveis a olho nu, 
mas as propriedades superficiais das partículas são acentuadas, adquirem 
cargas e, do mesmo modo que as soluções verdadeiras, não sedimentam. 
A sedimentação das soluções coloidais, sem interferência externa, só ocor-
re quando as partículas se chocam pelo movimento caótico, chamado mo-
vimento Browniano, portanto, um fenômeno muito lento. As suspensões são 
consideradas misturas heterogêneas e suas partículas são visíveis a olho nu.
Como duas substâncias formam uma mistura homogênea?
Na formação da mistura, teremos as seguintes forças em consideração:
a) forças de interação entre as partículas do solvente;
b) forças de interação entre as partículas do soluto;
c) forças de interação entre as partículas do solvente e do soluto.
Se as interações entre as partículas do solvente e do soluto prevalecem, 
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Química Geral II 53
as forças dos componentes puros são alteradas, surgindo um novo balanço de 
forças que inclui interações entre os componentes. Neste caso, o sistema adqui-
re uma distribuição uniforme e homogênea dos compostos que o forma. Essa 
mistura é chamada de homogênea e possui uma única fase. Se, ao contrário, 
as forças entre as partículas do solvente puro e do soluto puro forem maiores 
que as forças entre a partícula do solvente e a partícula do soluto, o soluto con-
tinua unido e o solvente também, formando então uma mistura heterogênea.
Qual a definição de solubilidade?
Vamos usar um exemplo que permita definir a solubilidade, o proces-
so de formação da solução, e realizar o estudo energético da solubilidade. 
Seja o sal NaCl, no estado sólido, dissolvido em água. Quando o NaCl é 
adicionado à água, as moléculas de água se orientam na superfície dos 
cristais de NaCl de tal modo que a extremidade positiva do dipolo da água 
é orientada no sentido dos íons Cl-, e a extremidade negativa do dipolo da 
água é orientada no sentido dos íons Na+. As atrações íon–dipolo entre os 
íons e as moléculas de água são suficientemente fortes para retirar os íons 
de suas posições no cristal.
Uma vez separados do cristal, os íons Na+ e Cl- são cercados por 
moléculas de água, sendo cada íon cercado por várias moléculas de água. 
As interações entre as moléculas do soluto e do solvente são conhecidas 
como solvatação. Quando a água é o solvente, as interações são conhe-
cidas como hidratação. Como observamos, um par de íons necessita de 
várias moléculas de água para sua hidratação; logo fica fácil entender que 
não podemos colocar muito NaCl, pois chega a faltar água para hidratar 
os íons do sal. Ao atingir esse limite, o sal adicionado não é hidratado 
e contínua na forma de cristal, formando um sistema heterogêneo. Esse 
limite está ligado à solubilidade do sal em água. Não podemos esquecer 
que a solubilidade está ligada à temperatura. No exemplo a 0°C, o limite de 
dissolução é dado como um número que é o quociente entre a massa do 
soluto e uma quantidade de solvente. No exemplo, temos esse limite como 
de 35,7g de NaCl em 100mL de água, daí podemos definir:
Coeficiente de Solubilidade é a quantidade máxima de soluto que pode 
ser dissolvida em uma quantidade de solvente, em determinada temperatura, 
para produzir uma solução de equilíbrio estável.
O balanço energético no processo de dissolução
Sendo o processo espontâneo, a variação da energia livre ou energia 
disponível é negativa, então ∆G < 0. Sabemos que ∆G = ∆H – T ∆S. 
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furtado, f.54
Vamos iniciar nosso estudo pela variação da entalpia ou calor de dis-
solução. No exemplo adotado, devemos observar as etapas que envolvem a 
variação de energia:
a) A separação das partículas do soluto, no caso, o NaCl, absorve ener-
gia; logo teremos ∆H1 > 0;
b) A separação das partículas do solvente, no caso, a água, para aco-
modar o soluto entre suas moléculas, absorve energia; logo teremos ∆H2 > 0;
c) As interações atrativas entre o soluto e o solvente são exotérmicas, 
ou seja, liberam energia; logo teremos ∆H3 < 0.
A energia de dissolução ∆HDISSOL é a soma dos três componentes, po-
dendo chegar a uma soma positiva, negativa ou igual a zero. Dessa forma, a 
formação de uma solução pode tanto ser endotérmica ou exotérmica. ∆HDIS-
SOL = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3; a variação de entalpia pode fornecer informação sobre 
se um processo pode ocorrer. Os processos exotérmicos tendem a ocorrer 
espontaneamente. Uma solução tende a não se formar, se o ∆HDISSOL for de-
masiadamente endotérmico. A interação solvente–soluto deve ser forte para 
fazer que o ∆H3 possua ordem de grandeza comparável com ∆H1 + ∆H2. Esta 
é a razão por que solutos iônicos, como o NaCl, não se dissolvem em líquidos 
apolares, como a gasolina. As moléculas apolares da gasolina teriam intera-
ções atrativas fracas com os íons e essas interações não compensariam as 
energias necessárias para separar os íons uns dos outros. Do mesmo modo, 
um líquido polar, como a água, não forma soluções com um líquido apolar, 
como o octano (C8H18). As moléculas da água têm interações fortes de dipolo 
com pontes de hidrogênio umas com as outras. A energia necessária para 
separar as moléculas de água não é recuperada na forma de interações atra-
tivas, entre as moléculas de H2O e de C8H18.
Vamos visualizar no gráfico 01 esse balanço energético:
Gráfico 01 – Balançoenergético da dissolução.
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Química Geral II 55
O balanço da espontaneidade e da desordem.
Usando a expressão ∆G = ∆H – T ∆S, em que devemos ter ∆G < 0 para 
que o processo seja espontâneo,
a) Sendo o ∆HDISSOL > 0, processo endotérmico, para que a dissolução 
seja espontânea, o termo T ∆S deve ser tal que ∆S > 0, o que significa que a 
dissolução ocorre com aumento de entropia, capaz de superar o termo ∆H.
Vamos estudar um caso, em particular, que ajuda o entendimento des-
te assunto. Seja o tetra cloreto de carbono, CCl4, e o hexano, C6H14, líquidos 
apolares com pontos de ebulição próximos 77°C para o CCl4 e 69°C para o 
C6H14. Em cada líquido, as moléculas estão juntas por forças dipolo induzido 
(fator indução). Quando as substâncias são misturadas, elas se dissolvem 
uma na outra em todas as proporções. Isto ocorre porque as forças de inte-
ração entre as moléculas das duas substâncias são da mesma grandeza das 
forças antes existentes entre as moléculas de cada substância. A energia de 
dissolução é aproximadamente zero. Qual o motivo da espontaneidade da 
dissolução? O motivo é o aumento de entropia no sistema misturado (forças 
de dispersão). Para entender melhor, vamos supor 200mL de CCl4 e 200mL 
de C6H14, cada substância em um recipiente. Vamos misturar as duas subs-
tâncias que vão produzir 400mL de solução homogênea. Agora as moléculas 
de cada substância ocupam 400mL, estando o sistema mais desorganizado, 
pois, anteriormente, as moléculas de cada substância só ocupavam 200mL.
b) Sendo a energia de dissolução igual a zero (∆HDISSOL = 0), a solução 
é dita solução ideal. A solução é formada espontaneamente por aumento de 
entropia. Várias propriedades são atribuídas à solução ideal. É suficiente, nes-
ta ocasião, entender o fato de que, na solução ideal, as interações entre as 
moléculas do soluto e do solvente são iguais às interações entre as moléculas 
do solvente e entre as moléculas do soluto separadamente, o que permite que 
o soluto se entrose livremente com o solvente por aumento de entropia.
c) Sendo ∆HDISSOL < 0, processo exotérmico, o normal é que a formação 
da solução seja espontânea, salvo se o processo envolver uma diminuição de 
entropia fazendo que o termo - T∆S seja positivo e supere o valor do calor de 
dissolução. Costuma ocorrer diminuição de entropia na nova arrumação do 
solvente, pois, no soluto, a tendência maior é aumentar a entropia.
Na maioria dos casos, a formação de soluções é favorecida pelo au-
mento na entropia global que acompanha a mistura. A única dificuldade real 
contra a formação da solução é que as interações do soluto com o soluto 
ou do solvente com o solvente sejam bem mais fortes que as interações do 
soluto com o solvente.
Uma experiência que ilustra bem essas interações é descrita a seguir:
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furtado, f.56
Seja um grande volume de água pura a 25°C, cuja densidade foi me-
dida como 1g/cm³. A esse volume se adiciona 18g de água, ou seja, um mol 
de água. Verifica-se que o volume aumenta em 18 cm³, sendo este o volume 
molar da água. Vamos supor agora um grande volume de etanol puro em que 
juntamos 18g de água (um mol de água). Qual será o novo aumento de vo-
lume? O novo aumento de volume será 14 cm³. O motivo da diferença entre 
os dois aumentos de volume é que, no segundo caso, as moléculas de água 
estão envolvidas por moléculas de etanol em que as interações são diferen-
tes e mais próximas. O volume ocupado depende do número de moléculas 
que estão ao redor de cada molécula e da natureza dessas moléculas. Agora 
cada molécula de água está envolvida por moléculas de etanol e não de 
água e em proporção diferente (número de coordenação diferente).
Como podemos classificar as soluções?
Como já entendemos, o modo como uma mistura homogênea é forma-
da resulta o que nós chamamos de solução. Devemos então classificar as 
soluções para facilitar o estudo.
A classificação pode ser feita utilizando aspectos particulares:
1. Quanto ao número de componentes
Dois componentes - Solução binária;
Três componentes - Solução ternária;
Quatro componentes – Solução quaternária;
E assim por diante, o componente em maior quantidade é o solvente, 
e os restantes serão solutos. Esta classificação é importante, pois os efeitos 
coligativos se somam. Por exemplo: Em uma solução ternária, deve-se consi-
derar as concentrações dos dois solutos.
2. Quanto ao estado de agregação
O solvente, como componente de maior presença, é o determinante 
para o estado de agregação ou o estado físico da solução:
Solução sólida: 
Ex: solvente Ni (sólido); soluto H2 (gás);
Solução líquida:
Ex: solvente H2O (líquido); soluto O2 (gás);
Solução gasosa:
Ex: ar atmosférico onde o solvente é o N2 (gás); soluto O2 (gás).
3. Quanto à razão soluto/solvente:
Solução diluída: quando a quantidade de soluto é muito pequena em re-
lação à quantidade máxima de soluto prevista pelo coeficiente de solubilidade;
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Química Geral II 57
Solução concentrada: quando a quantidade de soluto é grande, mas 
não atingiu ainda a quantidade máxima de soluto prevista pelo coeficiente de 
solubilidade;
Solução saturada: quando a quantidade de soluto é a máxima prevista 
pelo coeficiente de solubilidade na temperatura em que se encontra;
Solução supersaturada: quando a quantidade de soluto é maior que a 
máxima prevista pelo coeficiente de solubilidade, formando assim uma solu-
ção instável, sujeita à precipitação do excesso de soluto, devido à qualquer 
perturbação. A solução supersaturada é obtida por resfriamento de soluções 
cuja solubilidade aumenta com o aumento de temperatura.
4. Quanto à natureza do soluto:
Solução molecular: quando o soluto é uma substância molecular, e a 
partícula dispersa é uma molécula;
Solução iônica: quando o soluto é uma substância iônica, e a partícula 
dispersa é um íon. Essas soluções conduzem a corrente elétrica e, por isto, 
são chamadas de soluções eletrolíticas.
Efeito da temperatura sobre a solubilidade
Ao estudar o processo de solubilidade, verificamos que o processo de 
dissolução pode ser endotérmico ou exotérmico. Os dois tipos de processos 
podem ser analisados do seguinte modo:
1ª análise - processo endotérmico: é o processo que absorve calor; 
logo temos:
soluto + solvente + calor solução, no caso, ∆H > 0, um aumento 
de temperatura leva o equilíbrio para a direita favorecendo a formação da so-
lução e aumentando a solubilidade. Como o processo deve ser espontâneo, a 
análise deve envolver também a expressão ∆G = ∆H - T∆S. O termo T∆S deve 
ter um valor que torne	∆G < 0, para que haja dissolução.
No nosso estudo de solubilidade, verificamos que a formação da solu-
ção é sempre acompanhada por um aumento na entropia do soluto, mas não 
devemos esquecer do efeito do soluto sobre o solvente. Em alguns casos, a 
presença de um soluto produz um arranjo mais organizado das moléculas do 
solvente do que o arranjo delas no estado de líquido puro. Em tal caso, a entro-
pia do solvente é abaixada, podendo o ∆S ficar negativo. Como consequência, 
o termo -T∆S pode dar uma contribuição positiva para ∆G. O ponto principal é 
que, no processo endotérmico, a entrada de calor sempre resulta em aumento 
de entropia, pela maior desordem do soluto, sendo difícil a diminuição da entro-
pia do solvente evitar o aumento global da entropia do sistema solvente e soluto. 
O estudo permite concluir que cada caso deve ser analisado em particular e que 
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furtado, f.58
não devemos usar apenas o fator ∆H > 0 como determinante para a conclusão 
de que um aumento de temperatura resulta em aumento de solubilidade.
2ª análise – processo exotérmico: é o processo que libera calor; logo 
temos: soluto + solvente solução + calor; no caso, ∆H < 0, um aumento 
de temperatura leva o equilíbrio para a esquerda favorecendo a separação 
do soluto e do solventee diminuindo a solubilidade. Esta é a nova regra geral, 
mas, como no caso da 1ª análise, devemos utilizar a expressão	∆G = ∆H - 
T∆S para explicar as exceções. Sendo ∆H negativo, poderemos ter duas 
hipóteses para o valor de -T∆S ligados ao aumento ou diminuição da entropia 
global. O ponto principal é que, no processo exotérmico, a saída de calor 
sempre resulta em diminuição de entropia, pela menor desordem do soluto 
e do solvente, que pode ser compensada pelo aumento de entropia, ocasio-
nado pelo aumento de temperatura. Em destaque, neste caso, a solubilidade 
dos gases que é um processo exotérmico e sempre diminui com o aumento 
da temperatura. Pela característica apolar da maioria das partículas gasosas, 
o aumento de temperatura sempre ocasiona um aumento de entropia.
O estudo permite concluir que cada caso deve ser estudado em parti-
cular, mas sendo	∆H < 0, temos uma diretriz geral: o aumento de temperatura 
resulta em diminuição de solubilidade.
Vamos visualizar, no gráfico nº. 02, a variação da solubilidade de cinco 
substâncias em água, em função da temperatura. Verificamos que três delas 
apresentam aumento da solubilidade com a temperatura, uma, no caso, o clo-
reto de sódio, mantém a solubilidade praticamente constante com o aumento 
da temperatura, e a última, no caso, o sulfato de cério, apresenta diminuição 
da solubilidade com o aumento da temperatura.
Na maioria dos trabalhos de Química, vamos ter como regra que a solu-
bilidade de sólidos e líquidos aumenta com o aumento de temperatura e que a 
solubilidade dos gases diminui com o aumento da temperatura.
Gráfico nº. 02- Solubilidade em 
água com o aumento da tempe-
ratura.
Vamos visualizar, no gráfico nº. 
03, a variação da solubilidade 
de gases em água, em função 
da temperatura. Verificamos que 
todos diminuem a solubilidade 
com o aumento da temperatura.
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Química Geral II 59
Gráfico nº. 03 – Solubilidade de gases em água com o aumento da temperatura. Veri-
ficamos que a solubilidade diminui com o aumento da temperatura.
Efeito da pressão sobre a solubilidade
As solubilidades de sólidos e líquidos não são afetadas consideravel-
mente pela pressão. A solubilidade de um gás em qualquer solvente é aumen-
tada à medida que a pressão sobre o solvente aumenta.
O aumento da solubilidade dos gases com o aumento da pressão pode 
ser determinado quantitativamente através de leis experimentais, como a lei 
de Henry. O assunto será estudado na disciplina Físico-Química e usado 
para entender processos industriais, como o de fabricação de refrigerantes 
e cervejas.
Formas de expressar a concentração
No estudo do cálculo estequiométrico, já verificamos a necessidade de 
quantificar a composição da solução. Para estudar as propriedades coligati-
vas também necessitamos das quantidades de solutos presentes na solução. 
Vamos chamar de concentração a maneira mais usada para esclarecer quan-
to tem de solutos e quanto tem de solvente. Os vários modos de trabalhar com 
essas quantidades serão expressos em termos de concentrações.
Já convencionamos no cálculo estequiométrico que nas soluções bi-
nárias tudo o que for relacionado ao soluto leva índice 1, e tudo o que se 
relaciona ao solvente leva índice 2. No caso de vários solutos, usaremos os 
índices 3, 4..., e assim sucessivamente.
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furtado, f.60
Concentração simples (C): é expressa pela relação entre a massa do 
soluto e o volume da solução em litros. C = m1/V (L);
Concentração em percentagem de massa do soluto (%): é expressa 
pela relação entre a massa do soluto e a massa da solução multiplicada por 
100. % em massa do soluto = (m1/m) x 100;
Concentração molar (M): é expressa pela relação entre o número 
de mols do soluto e o volume da solução em litros. M = n1/V (L). Como o 
número de mols é dado pela expressão n1 = m1/MM1; podemos fazer: M = 
m1/[MM1 x V (L)].
Concentração molal (W): é expressa pela relação entre o número de 
mols do soluto e a massa do solvente em quilograma (kg). W = n1/m2 (kg). 
Como temos n1 = m1/MM1 e a massa deve ser transformada em grama, pode-
mos fazer: m2 (kg) = m2 (g) / 1000; substituindo na fórmula da definição, fica: W 
= (m1/MM1)/(m2/1000) = (1000 x m1)/(m2 x MM1).
Concentração em fração molar (x1): é expressa pela relação entre o 
número de mols do soluto e o número de mols total da solução x1 = n1 / nT. Em 
uma solução com vários solutos, podemos fazer xi = ni/nT onde ∑xi = 1.
Concentração em parte por milhão (ppm): é expressa pela relação 
de uma parte do soluto e um milhão de partes da solução. Como a solução 
em estudo é muito diluída, podemos usar para a solução a densidade da 
água, que é de 1g por mililitro de água; logo um litro de água tem massa de 
1000g. Se usarmos para o soluto a massa em mg, podemos fazer: 1 ppm = 
1mg de soluto por litro de solução.
Concentração em parte por bilhão (ppb): é expressa pela relação 
de uma parte do soluto e um bilhão de partes da solução. Como a solução 
em estudo é muito diluída, podemos usar para a solução a densidade da 
água. Se usarmos para o soluto a massa em μg, podemos fazer: 1 ppb = 1 
μg de soluto por litro solução.
Concentração da água oxigenada (volumes de oxigênio produ-
zido): devemos usar a equação química de decomposição da água oxige-
nada para relacionar o volume de água com o volume de oxigênio. Vamos 
supor que determinada água oxigenada é chamada de 10 volumes. Isto sig-
nifica que 1 litro de água oxigenada produz na decomposição 10 volumes 
do oxigênio, nas CNTP.
Com o volume de oxigênio, calcula-se o número de mols usando a 
equação dos gases ideais, já usada no cálculo estequiométrico n = PV / RT. 
Com o número de mols de oxigênio, calculamos o número de mols de água 
oxigenada contidos em um litro, que é a concentração molar.
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Química Geral II 61
Como preparar uma solução com determinada concentração?
A preparação de solução e sua padronização será assunto a ser es-
tudado na Química Analítica, mas podemos antecipar a preparação e deixar 
a padronização para o momento oportuno. Para obter a solução desejada, 
devemos ter o volume necessário e a concentração indicada.
Ex: Como preparar 300mL de solução 3M de NaCl?
Solução: A pergunta define o soluto, o volume e a concentração. Vamos 
calcular a massa de soluto necessária. Usando a fórmula da concentração 
molar, temos:
M = m1/[MM1 x V (L)] ou m1 = MM1 x M x V (L) = 58,5 x 3 x 0,3 = 52,65g.
Modo de preparar: Pesamos 52,65g em uma balança analítica. Dissol-
vemos em recipiente com pequena porção de água. Transferimos a substân-
cia dissolvida para um balão volumétrico de 300mL e adicionamos água na 
quantidade suficiente para completar os 300 mL ( essa quantidade de água 
chamamos de q.s.p.). Está pronta a solução, resta padronizar sua concentra-
ção usando uma outra solução chamada solução padrão.
Como transformar a concentração de uma solução em outra mais con-
veniente ao seu uso?
No nosso trabalho, estamos por vezes necessitando de um tipo de so-
lução, mas dispomos da solução com um tipo de concentração diferente.
Ex: Temos uma solução aquosa a 36% de HCl. Calcule sua concentra-
ção em fração molar e a sua concentração molal.
Solução: Supondo 100g de solução, temos 36g de HCl e 64g de água.
Vamos calcular o número de mols do soluto e do solvente.
n1 = m1/MM1 = 36g/36,5g = 0,99 e n2 = m2/MM2 = 64g/18g = 3,6.
x1 = 0,99/(0,99 + 3,6) = 0,99/4,6 = 0,22.
Sendo a fração molar uma propriedade intensiva (mesmo valor em to-
dos os pontos da solução), tanto faz utilizarmos 100g de solução ou 500g, o 
resultado é sempre o mesmo.
W = 0,99 mols / 0,064 kg = 15 mols / kg de solvente.
Ex: Em alguns casos, necessitamos da densidade da solução para rea-
lizar a transformação. A medida da densidade é realizada em laboratório com 
o uso do densímetro de massa específica em g/mL, calibrado a 20°C. 
Voltemos ao exemplo onde preparamos 300mL de solução3M de 
NaCl usando 52,65g do soluto. Caso a transformação necessária seja para 
concentração em percentagem de massa do soluto (%), vamos necessitar 
da densidade da solução preparada.
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Vamos supor que a medida da densidade resultou em 1,15 g/mL, en-
tão podemos fazer:
1,15g — 1 mL
X — 300 mL
Calculando X, fica: X = 345g, que é a massa de 300mL de solução; logo 
podemos aplicar a fórmula da concentração percentual, fazendo:
% = (m1/mT) x 100 = (52,65g/345g) x 100 = 15,26%.
Como proceder a diluição de uma solução?
Nas atividades industriais e comerciais, é comum que a solução dis-
ponível seja uma solução concentrada que deve ser diluída para seu uso ou 
venda. Essa operação é chamada diluição da solução.
Na diluição da solução, devemos levar em conta que o soluto e sua 
massa são a mesma nas duas soluções - a concentrada e a diluída -; logo 
podemos fazer:
Para a solução inicial: C1 = m1/V1;
Para a solução final: C2 = m1/V2; onde V2> V1; como consequência C2< C1.
Como m1 = C1 x V1 e m1 = C2 x V2; podemos fazer: C1 V1 = C2 V2;
Usando a concentração molar, podemos fazer:
Para a solução inicial: M1 = n1/V1;
Para a solução final: M2 = n1/V2; onde V2 > V1; como consequência M2 < M1. 
Como n1 = M1 x V1 e n1 = M2 x V2, podemos fazer: 
M1V1 = M2V2
Usando a concentração percentual, podemos fazer:
Para a solução inicial: % = m1/(m1 + m2) x 100;
Para a solução final: %’ = m1/(m1 + m’2) x 100; como m’2 > m2; fica %’ < %.
Como m1 = % x mT e m1 = %’ x m’T, podemos fazer:
% x mT = %’ x m’T
Usando a concentração em fração molar, podemos fazer:
Para a solução inicial: x1 = n1/nT;
Para a solução final: x’1 = n1/n’T; como n’T > nT; fica x’1 < x1.
Como n1= x1 x nT e n1 = x’1 x n’T, podemos fazer:
x1 nT = x’1 n’T
Usando o mesmo método de cálculo para a concentração molal, podemos fazer:
Wm2 = W’m’2; onde W’ < W.
Exemplo: O almoxarifado de sua empresa tem 200 mL de solução 5M de 
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ácido sulfúrico. Necessitamos de solução 4M de ácido sulfúrico, qual a 
quantidade de água necessária para diluir a solução de 5M para obter a 
solução de 4M?
Solução: Vamos usar a fórmula M1V1 = M2V2; ficamos com 5 x 200 = 4 x V2;
V2 = 1000/4 = 250 mL. A quantidade de água será: 250 – 200 = 50 mL.
As propriedades físicas da substância pura
A substância pura é identificada por suas propriedades físicas, tais 
como: temperatura de fusão, temperatura de ebulição, densidade e outras. 
Podemos entender melhor usando a superfície termodinâmica e sua proje-
ção no plano P x T.
A superfície termodinâmica que vamos utilizar é referente à substância 
pura, água que expande ao passar para o estado sólido ou, em outras pala-
vras, contrai na fusão. 
No gráfico P x T, devemos observar a inclinação da linha de fusão (tem 
coeficiente angular negativo) fazendo que um aumento de pressão diminua 
o ponto de congelamento. A superfície termodinâmica funciona como uma 
identidade da substância pura. Ela é tridimensional, pois o estado físico da 
substância é função da pressão, da temperatura e do volume específico.
Vamos visualizar a superfície termodinâmica e a projeção no gráfico P 
x T no gráfico nº. 04. 
Gráfico nº. 04 – Superfície termodinâmica de uma substância pura e sua projeção no plano 
P x T. Dependendo dos valores de pressão, temperatura e volume, a substância estará no 
estado sólido, líquido ou gasoso.
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furtado, f.64
Efeitos da presença do soluto não volátil sobre as propriedades físicas 
da substância pura usada como solvente
A solução, como já entendemos, é uma mistura homogênea. Vamos 
iniciar nosso estudo usando uma solução binária em que duas substâncias 
puras são misturadas e formam uma solução. Seja o soluto não volátil e o 
solvente um líquido volátil, que vamos tomar como sendo a água.
A observação da natureza sempre foi o ponto de partida para o uso do 
método cientifico. Foi observado que os lagos de água com grande teor de 
sais evaporavam mais lentamente que os lagos com água doce.
Para entender melhor, vamos antecipar o estudo de que a água en-
contrada na natureza, dependendo da quantidade de sais dissolvidos, pode 
ser chamada de doce (baixo teor de sais), salobra (teor médio de sais) e 
salgada (alto teor de sais). A observação da evaporação mais lenta indica 
que a presença do sal reduz a pressão de vapor da água e indica também 
que quanto maior o teor de sais mais lenta era a evaporação.
Da observação para o laboratório foi imediato. A medida de laboratório 
usando o solvente puro (figura 02 a) e o solvente + soluto não volátil (figura 
02 b) mostra que a pressão de vapor do solvente puro é maior que a pressão 
de vapor do solvente na solução.
Vamos chamar de P° a pressão do solvente puro e de P a pressão de 
vapor do solvente em solução. No caso, a medida indica que P° > P.
Para esclarecer se a medida é referente à substância pura, vamos 
adotar a convenção de que a grandeza referente à substância pura leva o 
expoente zero.
Figura nº. 02 – Medida da pressão de vapor do solvente puro (a) e o abaixamento 
verificado quando medimos a pressão de vapor do solvente em uma solução com 
soluto não volátil (b).
O resultado experimental muda o diagrama de fases da substância pura 
que passa a ser desenhado conforme o gráfico nº. 05. Nesse gráfico, se ob-
serva a queda da pressão de vapor na linha tracejada.
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Química Geral II 65
Gráfico nº. 05 - Medida da pressão de vapor da solução transposta para o gráfico P x 
T, onde observamos o abaixamento ocasionado pela presença do soluto não volátil. A 
linha cheia refere–se ao solvente puro, e a linha tracejada refere-se à solução.
A experiência do laboratório também mostrou que a diminuição da pres-
são de vapor depende da concentração do soluto, quanto mais concentrada 
a solução, maior a diminuição da pressão de vapor. Devido a isto, o efeito foi 
chamado de coligativo, pois depende do número de partículas do soluto.
Podemos observar esse resultado experimental com os dados trans-
postos para o gráfico nº. 06.
Gráfico nº. 06 – Medida da pressão de vapor de duas soluções com o mesmo solven-
te e o mesmo soluto não volátil, todavia com as concentrações diferentes. A de maior 
concentração apresenta maior abaixamento da pressão de vapor.
Estudo das propriedades coligativas das soluções
O estudo das propriedades físicas da substância pura solvente é subs-
tituído pelo estudo das propriedades coligativas em solução. Elas são pro-
priedades que dependem do número de partículas dispersas no solvente.
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furtado, f.66
a) Abaixamento da pressão de vapor do solvente.
O abaixamento da pressão de vapor foi estudado pelo cientista francês 
François Raoult que, com as medidas experimentais, traçou gráfico e enun-
ciou leis experimentais. Em destaque, a chamada lei de Raoult, que dizia ser 
a pressão da solução igual ao produto da fração molar do solvente na solução 
multiplicada pelo valor da pressão de vapor do solvente puro:
P = x2 x P°.
A lei de Raoult só é válida para as soluções ideais. A variação da pres-
são com a concentração molar do solvente pode ser vista no gráfico nº. 07.
Gráfico nº. 07 – Medida da pressão de vapor da solução ideal em função da con-
centração em fração molar do solvente. A solução ideal já foi mencionada no estudo 
energético em que verificamos que as interações entre as partículas do solvente e do 
soluto estão iguais às do solvente puro e às do soluto puro (∆H = 0).
Qual o motivo para o abaixamento da pressão de vapor?
A resposta lógica é a presença do soluto não volátil. Devemos analisar 
de que forma o abaixamento da pressão de vapor ocorre.
Vamos considerar a solução ideal em que o gráfico é linear (gráfico nº. 
07), e a fórmula (na realidade é a equação da reta visualizada no gráfico) é a 
lei de Raoult, onde P =x2 x P°. 
O fenômeno pode ser visualizado de um modo simples levantando-se 
a seguinte hipótese: a passagem das moléculas do líquido para o estado de 
vapor acontece na superfície do líquido onde as moléculas com maior veloci-
dade passam para o estado de vapor. Veja a distribuição de velocidades das 
moléculas em um líquido, no gráfico nº. 08.
Estando o solvente puro, se temos 100 moléculas com energia sufi-
ciente na superfície, todas serão do solvente e todas poderão passar para o 
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Química Geral II 67
estado de vapor. Estando presente o soluto não volátil, vamos supor que, de-
pendendo da concentração, podemos ter 100 moléculas na superfície, sendo 
90 do solvente e 10 do soluto. Fica fácil entender que um número menor 
de moléculas vai passar para o estado de vapor. No exemplo, podemos de 
modo simplificado dizer que a pressão de vapor da solução é 90% da pres-
são de vapor do solvente puro.
Gráfico nº. 08 – Distribuição da energia cinética das moléculas de uma substância 
no estado líquido. Uma parte das moléculas possui energia suficiente para passar ao 
estado gasoso. No gráfico, o limite é a chamada energia mínima.
Como quantificar o abaixamento da pressão de vapor?
Seja ∆P o abaixamento da pressão de vapor, então podemos fazer: ∆P 
= P° - P. 
Sendo P = x2 x P°, podemos substituir na expressão e fica: ∆P = P° − x2 
P°. Colocando P° em evidência, temos; ∆P = P°(1 − x2) = P°. x1. Adotando 
para cálculo a expressão ∆P/P°, que será chamado de abaixamento relativo, 
fica: ∆P/P° = x1. 
Sabemos que a fração molar é uma unidade de concentração pouco 
usada no cotididano, portanto vamos transformá-la em outra mais utilizada.
Como x1 = n1/(n1 + n2), e a lei de Raoult é usada na solução ideal, a 
solução real deve ser considerada diluída (onde as interações entre as par-
tículas do soluto são desprezíveis) para ser considerada ideal. Neste caso, 
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furtado, f.68
podemos fazer: n2 >> n1 e n1 + n2 ≈ n2. Então fica x1 = n1/n2 = (m1/MM1)/(m2/
MM2) = (MM2 x m1)/(MM1 x m2). Voltando para fórmula inicial, fica: ∆P/P° = 
(MM2 x m1)/(MM1 x m2). Observando a fórmula verificamos que uma reorga-
nização pode ser feita de tal modo que multiplicando e dividindo por 1000, e 
separando em dois termos, fica:
∆P/P° = (MM2/1000) x [(1000 x m1)/(MM1 x m2)]
O primeiro termo só depende do solvente e o segundo termo é a 
expressão da concentração molal W; logo fazendo: KT = MM2/1000 e W = 
(1000 x m1)/(MM1 x m2), onde KT é chamada de constante tonométrica molal 
do solvente.
A tonometria estuda o abaixamento da pressão de vapor pelo efeito do 
soluto não volátil com o objetivo de calcular a massa molar de substâncias. 
KT só depende do solvente.
A fórmula fica: ∆P/P° = KT x W. Tabelas já informam o KT de vários sol-
ventes. Conhecendo os dados da solução (não devemos esquecer que o feito 
coligativo se soma, logo W é a soma da concentração molal de todos os solu-
tos), podemos calcular o abaixamento da pressão de vapor.
Um conhecimento adquirido em nosso estudo é o de que as molécu-
las do solvente interagem com cada partícula do soluto. Sendo a molalidade 
definida em número de mols do soluto, um mol de cloreto de sódio, após a 
dissolução, se transforma em dois mols de partículas, cada NaCl se dissocia 
em um íon Na+ e um íon Cl−.
Foi o cientista Jacobus Henricus Van’t Hoff quem estudou o efeito dos 
solutos que se dissociavam em íons. Ele calculou um fator de correção re-
presentado por i e chamado fator de Van’t Hoff. Como o fator devia corrigir o 
aumento de partículas devido à dissociação em íons, foi definido como:
i = (número de partículas finais) / [número de partículas iniciais (N)].
Como alguns solutos não são completamente dissociados, a correção 
deve usar outro conceito que é o grau de dissociação chamado α.
Sabemos que: α = (número de partículas dissociadas) / [número de par-
tículas inicialmente dissolvidas (N)].
Da fórmula que define α tiramos que o número de partículas dissocia-
das é igual a Nα. 
Vamos utilizar um exemplo para facilitar a definição de uma fórmula que 
possa ser usada para calcular o fator de correção.
Exemplo: Al2(SO4)3 2 Al
3+ + 3 (SO4)
2−;
No exemplo, verificamos que uma molécula de sulfato de alumínio pro-
duziu cinco íons, sendo dois de alumínio com carga três e três de sulfato com 
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Química Geral II 69
carga dois. Como já sabemos, a ionização ocasiona um aumento no efeito 
coligativo, pois em vez de uma partícula temos na realidade cinco, que vão 
necessitar de moléculas do solvente para realizar as interações.
Vamos agora tentar generalizar, usando um soluto genérico e realizar 
sua ionização que pode ser total ou parcial.
AaBb aAb+ + bBa−
No início, temos: N 0 0
Na etapa dita das dissociações, 
estão dissociados:
Nα aNα bNα
No final, temos: N - Nα aNα bNα 
Como resultado final, podemos calcular:
Número de partículas finais = N – Nα + aNα + bNα = N [1 – α + (a + b)α].
Para obter uma fórmula mais fácil de ser utilizada, vamos adotar que a 
+ b = q, onde a e b são os números de íons de cada espécie ionizada. O novo 
número de partículas finais fica: N[1 – α + qα] = N[1 + α(q – 1)]. Substituindo 
na expressão de i, fica: 
i = N [1 + α (q – 1)]/N = 1 + α(q – 1).
i = 1 + α(q – 1).
Exemplo: Colocamos o sulfato de alumínio em água e verificamos que 
ocorreu 80% de ionização. Calcule o fator de correção i.
É dada a equação: Al2(SO4)3 2 Al
3+ + 3 (SO4)
2−;
Solução: Temos a = 2; b = 3; q = 5 e α = 0,8; então podemos 
fazer: i = 1 + 0,8 (5 – 1) = 4,2.
A fórmula quantitativa do abaixamento relativo da pressão de vapor fica:
∆P/P° = KT. W. i, podendo agora o soluto ser molecular ou iônico; sendo 
molecular i = 1, sendo iônico i é calculado pela fórmula que definimos.
Qual a influência sobre outras propriedades físicas do solvente puro?
Devemos retornar ao diagrama de fases para responder a essa pergunta.
No gráfico nº. 09, verificamos que o deslocamento, dado pelo abai-
xamento da pressão de vapor, afeta outras propriedades físicas. Fixando 
uma pressão, no caso uma atmosfera, verificamos que a temperatura de 
congelamento do solvente puro quando em solução ficou menor e que a 
temperatura de ebulição do solvente puro quando em solução ficou maior.
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Gráfico nº. 09 – Diagrama de fases no gráfico P x T para o solvente puro (linha cheia)
e para a solução (linha tracejada).
Na horizontal, marcamos a pressão ambiente de uma atmosfera e observamos o abai-
xamento da temperatura de congelamento e a elevação da temperatura de ebulição.
Para estudar essas duas alterações, abaixamento da temperatura de 
congelamento e elevação da temperatura de ebulição, não se pode esquecer 
a observação de que a presença do soluto também baixa a energia disponí-
vel ou energia livre do sistema solvente–soluto, pois a formação da solução é 
um fenômeno espontâneo.
Na Físico-Química, vamos demonstrar o fato matematicamente.
b) Abaixamento da temperatura de congelamento
Quando uma solução congela, os cristais do solvente puro em geral se 
separam da solução. Como as moléculas do soluto não são solúveis na fase 
sólida do solvente, o sólido que se separa é praticamente uma substância 
pura. Como resultado, a parte do diagrama de fases do gráfico nº. 09, que 
representa a pressão de vapor do sólido, (limite entre a fase sólida e a fase 
gasosa) é a mesma que para o líquido puro, ou seja, não é afetada pela pre-
sença do soluto.
Como sabemos, as curvas de pressão de vapor para as fases líquida e 
sólida se encontram no ponto triplo. Já o ponto triplo da solução está em uma 
temperatura mais baixa que o ponto triplo do líquido puro porque tem pressão 
de vapor mais baixa que a do líquido puro, o que permite traçar a nova linha 
de congelamento. 
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Química Geral II 71
Como a temperatura do pontotriplo da solução é mais baixa que a do 
líquido puro, a temperatura de congelamento da solução é mais baixa que a do 
líquido puro.
Como a temperatura de congelamento da solução é menor, de-
vemos fazer: ∆Tc = T° - T. 
Usando equilíbrio entre as energias disponíveis chegamos às fórmulas: 
∆Tc = Kc x W x i, onde Kc é a constante da diminuição da temperatura de 
congelamento molal do solvente; W é a soma da concentração molal dos 
solutos; e i é o fator de correção de Van’T Hoff de cada soluto. A constante é 
calculada pela fórmula:
Kc = [MM2 x R x (T°)
2]/[1000 x (∆HFUSÃO)]. 
Novamente devemos observar que a constante Kc é referente ao solvente.
c) Elevação da temperatura de ebulição.
Uma maneira de explicar a elevação da temperatura de ebulição é 
dizer que as partículas do soluto diminuem a tendência de escape do sol-
vente. Para compensar, devemos elevar a temperatura para conseguir a 
ebulição (chegar a uma pressão de vapor igual à pressão atmosférica).
Como a temperatura de ebulição da solução é maior, devemos fazer: 
∆Te = T – T°.
Usando equilíbrio entre as energias disponíveis, chegamos às fórmu-
las: ∆Te = Ke x W x i, onde Ke é a constante de elevação da temperatura de 
ebulição molal do solvente; W é a soma da concentração molal dos solutos e 
i é o fator de correção de Van’T Hoff de cada soluto. A constante é calculada 
pela fórmula: 
Ke = [MM2 x R x (T°)
2]/(1000 x ∆HVAPORIZAÇÃO)].
d) Osmose
Pela definição, osmose é a passagem de um solvente através de uma 
membrana que é impermeável ao soluto. O estudo das propriedades coli-
gativas levou à observação de que, ao confinar em ambiente fechado dois 
recipientes - um contendo o solvente puro e o outro, a solução -, ocorria 
transferência do solvente puro para a solução devido à maior pressão de va-
por do solvente puro. A transferência via gasosa do solvente para a solução 
foi o passo inicial para o uso das membranas semipermeáveis. Observe o 
fenômeno na figura nº. 03.
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Figura nº. 03 – Transferência de solvente devido à maior pressão de vapor do solvente puro.
A experiência mostra que as propriedades coligativas todas são decorrentes do abai-
xamento da pressão de vapor da solução.
A observação dos sistemas biológicos, em que membranas semiper-
meáveis possibilitam a chegada de água em plantas de até 50 metros de al-
tura, motivou o estudo da chamada pressão osmótica. A pressão osmótica é 
usualmente representada pela letra grega π. O valor dela é conhecido como a 
pressão que evita a passagem do solvente puro para a solução. Na figura nº. 
04, observamos sua medida.
Figura nº. 04 – Medida da pressão osmótica de uma solução. Assim como as outras 
propriedades coligativas, a pressão osmótica depende da concentração da solução, 
quanto mais concentrada, maior é a pressão osmótica.
Uma das aplicações da osmose é a dessalinização da água pela osmo-
se reversa. Na osmose reversa, se aplica uma pressão maior que a pressão 
osmótica, forçando o solvente passar da solução para o solvente puro. 
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Química Geral II 73
Na figura 05, podemos observar a transferência do solvente no sentido 
inverso da osmose.
Figura nº. 05 – Célula de osmose reversa. O objetivo é retirar sais da água para obter 
água potável. Aplicamos uma pressão P maior que a pressão osmótica π e forçamos 
o solvente passar através da membrana semipermeável produzindo água pura.
Usando a energia livre ou energia disponível, chegamos à fórmula 
quantitativa da pressão osmótica que é:
π = M x R x T x i.
Na fórmula, M é a concentração molar da solução; R é a constante 
dos gases ideais; T é a temperatura absoluta; e i é o fator de correção de 
Van’T Hoff.
Vejamos um exemplo de cálculo da pressão osmótica.
Exemplo: Calcule a pressão osmótica de uma solução molecular com 
concentração de 1,0 mol/litro na temperatura de 0°C.
Solução: π = M x R x T x i = 1,0 mol/litro x 0,082 (atm x litro)/(mol x K) 
x 273 K.
Efetuando, fica: π = 22,4 atm. Essa pressão corresponde a 230 metros 
de coluna de água ou 17 metros de uma coluna de mercúrio, o que justifica a 
elevação da água nas plantas de grande altura.
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES
Exercício 01: Calcule a molaridade de uma solução de ácido sulfúrico, 
cuja densidade é de 1,984 g/cm³ e tem 98% em massa de ácido sulfúrico.
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Solução: Vamos tomar um litro da solução. Qual a massa da solução?
Tem-se a densidade; logo podemos fazer:
1,984 g — 1 mL;
X — 1000 mL;
Calculando, fica: X = 1.984 g, que é a massa de um litro da solução. 
Como o soluto corresponde a 98%, podemos fazer: m1 = 1.984 x 0,98 = 
1.944,32g; o número de mols do soluto é calculado: n1 = m1/MM1.
Calculando a massa molar do ácido sulfúrico: MM1 = 98g; logo pode-
mos fazer:
n1 = 1944,32g / 98g = 19,84 mols por litro de solução; daí M = 19,84 
mols/L. 
Exercício 02: É dado que a constante de elevação da temperatura 
de ebulição molal do tetra cloreto de carbono é 5,00 e que seu ponto de 
ebulição na pressão atmosférica é 76,8°C. Preparamos uma solução com 
5,00g de um soluto orgânico molecular não volátil em 25,00g de CCl4 e 
verificamos que essa solução ferve a 81,50°C na pressão atmosférica. Cal-
cule a massa molar desse soluto.
Solução: A fórmula que deve ser aplicada é: ∆Te = Ke x W x i, onde te-
mos os seguintes dados: Ke = 5,00; ∆Te = 81,50 – 76,80 = 4,7°C; i = 1 (o soluto 
é orgânico e molecular); m1 = 5,00 g; m2 = 25,00 g.
Aplicando, temos: 4,7°C = (5,0°C/W) x [(5,0g x 1000g/Kg)/(MM1g/
mol x 25,00g)]W.
Calculando: MM1 = (5,0 x 5,0 x 1000)/(4,7 x 25) = 212,8g/mol.
Exercício 03: Calcule a nova temperatura de congelamento do mer-
cúrio, abaixamento ocasionado pela dissolução de sódio. Sabemos que a 
fração molar do sódio (soluto) na solução formada é 0,0477; que a tempera-
tura de congelamento normal do mercúrio puro (solvente) é -39 °C e que seu 
calor de fusão é 2331 joules/mol.
Solução: A fórmula a ser usada é ∆Tc = Kc x W x i. Como o sódio se 
dissolve formando liga com o mercúrio, i = 1. Devemos calcular o Kc.
Usando a fórmula, fica: Kc = [MM2 x R x (T°)
2]/[1000 x (∆HFUSÃO)]. Cal-
culando cada termo em separado, fica: MM2 = 200,6g/mol; R = 8,314 joule/
(mol x K); T° = –39 + 273 = 234 K; ∆HFUSÃO = 2.331 joule/mol; 1000 g /Kg.
Não esquecer que o fator 1000 é decorrente da transformação de Kg 
em g. Aplicando os valores na fórmula, temos:
Kc = {(200,6g/mol) x [8,314 joule/(mol x K)] x (234 K)²}/[(1000g/Kg) x 
(2.331 joule/mol] = 39,177 (K x Kg)/mol = 39,177 K / W.
Tomando por base 1 kg de solvente que é 1000g, temos: x1 = n1/(n1 + n2) 
= m1/23/[(m1/23) + (1000/200,6)] = 0,0477.
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Química Geral II 75
Resolvendo, fica: m1 = 5,743g e m2 = 1000g; substituindo na fórmula:
T° - T = Kc x W; logo: 234 – T = (39,177 K / W) x (1000 x 5,743)/(23 x 
1000) W.
T = 224,22 K ou t = - 48,78 °C.
Exercício 04: Preparamos uma solução aquosa com dois solutos 
que estão totalmente dissociados. Calcule a nova temperatura de conge-
lamento da água, sabendo que a solução foi preparada com 2g de NaOH 
e 14,2g de Na2SO4, dissolvidos em 500g de água. A constante de abaixa-
mento da temperatura de congelamento molal da água é igual a 1,86ºC e 
a pressão é de 1 atmosfera.
Solução: A fórmula deve ser aplicada do seguinte modo:
∆tc = t° - t = Kc [(W x i) + (W’ x i’)] = Kc {[(1000 x m1)/(MM1 x m2)] x i} + 
{[(1000 x m1’)/(MM1’ x m2)] x i’}
Podemos colocar em evidência o termo (1000 / m2).
Calculando separadamente o fator i de cada soluto, temos:
Seja o NaOH Na+ + OH -; a = 1 e b = 1 logo q = 2;
i = 1 + α (q – 1) = 1 + 1,0 ( 2 – 1) = 2;
Seja o Na2SO4 2 Na+ + SO4
2–; a = 2 e b = 1 logo q = 3;
i’ = 1 + α (q – 1) = 1 + 1,0 ( 3 – 1) = 3;
Aplicando na fórmula, fica:
0 – t = 1,86 x (1000/500) x [(2/40) x 2] + [(14,2 / 142) x 3] = 1,488; o valor 
da nova temperatura de congelamento será: t = - 1,488ºC.
5º Exercício:Uma solução 5,00 x 10–2 W de HF em água apresenta 
a temperatura de congelamento como sendo t = –0,103°C. Sabemos que a 
constante de abaixamento da temperatura de congelamento molal da água é 
1,855°C/W. Qual o grau de dissociação do HF nesta concentração?
Solução: A fórmula a ser usada é: ∆Tc = Kc x W x i, onde:
∆Tc =0°C – (– 0,103°C) = 0,103°C; W = 5,00 x 10-2 W; Kc = 1,855°C/W
Usando a fórmula, temos: i = 0,103 / (1,855 x 5,00 x 10-2) = 1,1105.
Como i = 1 + α (q – 1), usemos a equação de dissociação do HF 
para calcular q. 
Fazendo HF H+ + F–, podemos dizer que a = 1 e b = 1, o que 
resulta q = 2. Na fórmula de i, fica 1,1105 = 1 + α (2-1) donde α = 0,1105 
ou 11%.
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Atividades de avaliação
1. Efetue os cálculos para preparar 425g de solução aquosa com 2,40 % de 
acetato de sódio, NaC2H3O2.
 Resposta: Dissolver 10,2 g de acetato de sódio em 414,8 g de água.
2. Uma solução aquosa é 0,907 M de nitrato de chumbo Pb (NO3) e tem 
densidade igual a 1,252 g / ml. Calcule a molalidade dessa solução.
 Resposta: A solução é 0,953 molal ou W = 0,953.
3. Uma solução aquosa de glicose molecular é 0,0222W. Qual a temperatura 
de ebulição e a temperatura de congelamento dessa solução? Sabemos 
que a constante de elevação da temperatura de ebulição molal da água é 
igual a 0,512 °C/W e a constante de abaixamento da temperatura de con-
gelamento molal da água é igual a 1,86 °C/W.
 Resposta: A temperatura de ebulição é 100,011°C e a temperatura de con-
gelamento é – 0,041°C.
4. Prepara–se uma solução aquosa pela dissolução de 0,131g de uma subs-
tância molecular em 25,4g de água. A molalidade determinada pelo método 
do abaixamento da temperatura de congelamento é de 0,056W. Calcule a 
massa molar da substância usada como soluto molecular.
 Resposta: MM1 = 92,3g / mol.
5. Muitos consideram a molaridade e a molalidade de soluções diluídas pra-
ticamente iguais. Para verificar tal fato, considere uma solução aquosa de 
ácido oxálico H2C2O4 com concentração 0,585 W. Sabendo que a densida-
de da solução é de 1,022 g/ml, calcule a concentração molar da solução.
 Resposta: M = 0,568.
Referências 
ATKINS, Peter e JONES, Loretta. Princípios de Química. Questionando a 
vida moderna e o meio ambiente. Porto Alegre: Editora Bookman, 2001, 914 p.
BROWN, Theodore L.; LEMAY JÚNIOR, H. Eugene e BURSTEN, Bruce E. Quí-
mica. A ciência central. São Paulo: Editora Pearson Prentice Hall, 2005, 972 p.
EBBING, Darrell D. Química Geral. Volume 1. 5ª ed. Rio de Janeiro: Livros 
Técnicos e Científicos Editora S. A., 1998, 569 p.
KOTZ, John C.; TREICHEL JÚNIOR, Paul M. Química Geral e reações quí-
micas. Volume 1. São Paulo: Editora Thomson, 2005, 671 p.
RUSSEL, John Blair. Química Geral. Volume 12ª ed. São Paulo: Editora 
Makron Books, 1994, 621 p.
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Cinética química
4Capítulo
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Química Geral II 79
Objetivos
Nosso curso não tem como objetivo formar o químico industrial; logo nossos 
objetivos, nesta unidade, não vão além da reação química. São eles:
•	 Determinar a equação da velocidade da reação ou lei de ação das massas;
•	 Conhecer e entender os métodos de determinação da ordem da reação;
•	 Conhecer a teoria das colisões e elaborar uma proposta de mecanismo;
•	 Conhecer a equação de Arrhenius para cálculo da energia de ativação;
•	 Propor o uso de um catalisador, visando tornar a reação mais rápida.
Introdução
Nesta unidade, vamos voltar ao estudo da reação química. Nesse es-
tudo, devemos olhar a reação química como a etapa principal de um pro-
cesso químico utilizado para produzir novas substâncias, quase sempre não 
naturais e necessárias ao nosso bem-estar. Definidos os produtos, devemos 
conhecer a reação química em seus parâmetros necessários ao dimensio-
namento da instalação industrial, como reatores, equipamentos, acessórios, 
quantidade de matéria prima e tempo de produção.
Qual o campo de estudo da cinética química? 
A cinética química estuda a velocidade, o mecanismo e o controle da 
reação química. As etapas que compõem o estudo da cinética podem ser 
visualizadas no esquema a seguir:
Após o cumprimento das etapas, a reação, plenamente identificada, po-
derá ter seu estudo de viabilidade realizado para a utilização industrial.
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Como realizar a reação?
Já estudamos na 1ª unidade que essa etapa depende do conhecimen-
to da equação química da reação química, no qual devemos encontrar infor-
mações sobre os reagentes e as condições da reação.
Como determinar a equação da velocidade da reação?
A velocidade de uma reação é a medida da rapidez com que os rea-
gentes são consumidos e os produtos são formados. Para medir essas quan-
tidades, que variam com o tempo, devemos escolher uma grandeza repre-
sentativa da presença da substância. Como a grande maioria das reações é 
realizada no estado gasoso ou em solução, o melhor é adotar sua concen-
tração como a maneira de expressar sua presença e introduzir o símbolo [ ], 
indicando a concentração molar da espécie química, representada no interior 
do colchete. Em casos especiais, outras unidades de concentração podem 
ser usadas, desde que sejam especificadas. Assim, a concentração molar do 
ácido sulfúrico será representada como [H2SO4].
Vamos usar uma reação hipotética, realizada em um meio homo-
gêneo (uma única fase), descrita quantitativamente como:
A + B C + D
Admita que A e B são misturados no tempo t = 0 e que a concentração 
inicial de A é 10,00 mol/L. Adotando métodos de medida adequados, deter-
minamos, em intervalos de tempo, a concentração de A, produzindo a tabela 
a seguir:
A velocidade média de desaparecimento de A, durante o interva-
lo de tempo t1 e t2, é definida como a variação da concentração de A 
dividida pelo intervalo de tempo.
Velocidade média = –{[A]2 – [A]1}/(t2 – t1).
O sinal negativo é colocado, pois se tratando de desaparecimento (rea-
gente), o cálculo resultaria em uma velocidade negativa.
Transformando nossa tabela em gráfico, teremos o gráfico nº. 01. 
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Química Geral II 81
Gráfico nº. 01 – Variação de [A] com o tempo em minutos.
A medida da velocidade média é o primeiro passo no conhecimento 
da reação. Utilizando todo o intervalo de tempo de 16 minutos, temos como 
velocidade média:
Velocidade média = –[0,40 (mol/L) – 10,00 (mols/L)]/(16,0 min – 0,0 min) 
= + 0,60 mol x L-1 x minuto-1.
O valor numérico da velocidade média depende do intervalo de tempo 
considerado. Tomemos agora o intervalo t1 = 4,0 min e t2 = 12,0 min.
A nova velocidade média será:
Velocidade média = –[0,90 (mol/L) – 4,48 (mols/L)] / (12,0 min – 4,0 min) 
= + 0,45 mol x L-1 x minuto-1.
Vamos observar os dois cálculos no gráfico nº. 02 a seguir:
Gráfico nº. 02 – Cálculo da velocidade média em dois intervalos diferentes.
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Muito mais útil é a medida da velocidade em determinado instante. 
Essa velocidade, chamada de velocidade instantânea, é calculada como a 
inclinação da reta tangente à curva concentração x tempo no ponto desejado.
Escolhendo o tempo de 8 minutos, devemos traçar a tangente no ponto 
desejado e escolher dois pontos dessa reta para determinar sua inclinação 
que, adotada com sinal negativo, será a velocidade instantânea.
Sejam os pontos da tangente determinados graficamente como: (2,0; 
4,3) e (12,0; 0,3), vamos visualizar, no gráfico nº. 03, o traçado da tangen-
te e o cálculo com os pontos:
Gráfico nº. 03 – Traçado da tangente no tempo de 8 minutos.
A velocidade instantânea é a inclinação da tangente no tempo de 8 mi-
nutos e concentração de 2,0 mols / L, com o sinal negativo para dar o sinal po-
sitivo para a velocidade. Sabemos pela Matemática que a tangente no ponto 
é a derivada da funçãono ponto; logo podemos fazer: 
Velocidade instantânea = v = – inclinação = – d [A]/dt.
Usando os dois pontos determinados graficamente na tangente, temos:
v = – d[A]/dt = –{[A]2 – [A]1}/(t2 – t1) = – [0,3 (mol/L) – 4,3 (mols/L)]/(12,0 
minutos – 2,0 minutos) = 0,40 mol x L-1 x min-1.
É a velocidade instantânea no tempo de 8 minutos.
No nosso exemplo genérico, adotamos que A e B reagem na proporção 
de um mol para um mol, de modo que tomando, de início, 10,0 mol / L de B, 
o gráfico [B] x tempo (minutos) apresentará igualdade com o de nosso estudo 
atual e, no tempo de 8 minutos, teremos a mesma velocidade instantânea.
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Química Geral II 83
Cada reação química apresenta suas quantidades estequiométricas; 
logo devemos generalizar o cálculo da velocidade instantânea.
Seja a reação genérica: A + 2B 3 C +4D, observando a equação, 
verificamos que B é consumida duas vezes mais rapidamente que A; que C é 
produzida três vezes mais rápida que A; e assim, também, quatro vezes com D.
Para que a velocidade instantânea seja a mesma em determinado 
tempo, devemos fazer:
Velocidade instantânea = v = –d[A]/dt = –½ d[B]/dt = 1/3 d[C]/dt = ¼ d[D]/dt.
Observe o sinal negativo quando a substância é reagente, pois sua con-
centração diminui com o tempo e o sinal positivo quando a substância é pro-
duto, pois sua concentração aumenta com o tempo.
Tornando mais geral ainda, podemos tomar por base a equação geral:
aA + bB cC + dD, onde a velocidade instantânea será calculada 
do seguinte modo:
Velocidade instantânea = –1/a d[A]/dt = –1/bd[B]/dt = 1/c d[C]/dt = 1/d 
d[D]/dt.
Já conhecemos a equação da velocidade?
Ainda não temos a equação da velocidade ou lei de ação das massas 
como muitos costumam chamar em homenagem aos cientistas Cato Gulberg 
e Peter Waage que, em 1876, realizaram e publicaram esse estudo.
Os cientistas afirmavam que a velocidade era proporcional às quan-
tidades dos reagentes; quanto maior fosse a quantidade em massa dos rea-
gentes, maior seria a velocidade da reação. Usando a equação genérica:
aA + bB cC + dD.
A lei da velocidade pode ser expressa da seguinte forma geral:
v = K[A]x [B]y, onde:
K é a constante de velocidade;
[A] e [B] são as concentrações molares;
x e y são os expoentes das concentrações e representam a ordem 
ou o grau. 
Esses expoentes é que ainda não sabemos como realizar seu cálculo.
A reação pode ser classificada segundo sua cinética?
A reação pode ser classificada, conforme sua cinética, de dois modos:
1) Quanto à velocidade:
a) Rápidas – são reações que ocorrem de modo instantâneo e se pro-
pagam com elevada velocidade. Por exemplo: as reações de combustão, as 
reações de precipitação, as reações de neutralização e outras;
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b) Lentas – são reações que ocorrem de modo a serem observadas 
por horas ou dias e se propagam com baixa velocidade. Por exemplo: as re-
ações de fermentação, as reações de corrosão e outras.
2) Quanto ao mecanismo:
a) Elementares – são reações que ocorrem em uma só etapa. Por 
exemplo:
H2 (g) + I2 (g) 2 HI (g).
As reações elementares apresentam uma particularidade muito im-
portante: os coeficientes estequiométricos dos reagentes são iguais aos ex-
poentes das concentrações que representam a ordem de cada reagente.
No exemplo, teríamos: v = K [H2].[I2], o que resulta uma reação de 2ª 
ordem; no caso, expoente um em cada concentração. Para melhor entender 
a cinética da reação foi criada a molecularidade, que representa o número 
de moléculas envolvidas na etapa determinante da velocidade da reação. 
No caso, como temos etapa única, nela há duas moléculas envolvidas; logo 
essa reação é de ordem 2 e molecularidade 2.
b) Complexas – são reações que ocorrem em duas ou mais etapas. Por 
exemplo:
2 NO (g) + O2 (g) 2 NO2 (g).
As reações complexas apresentam a particularidade de ocorrer em 
duas ou mais etapas, sendo a etapa lenta a que determina a velocidade da 
reação. Vamos observar, na figura nº. 01, uma reação que ocorre em duas 
etapas - uma rápida e outra lenta. A curva representa o perfil da reação em 
cada etapa. Não ocorre sempre nessa ordem, podendo ser primeiro a etapa 
lenta, como é possível observar.
Figura nº. 01 – Reação em duas etapas: uma rápida, com formação de intermediários; 
e outra lenta, determinante da velocidade da reação.
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Química Geral II 85
Para propor o mecanismo, necessitamos da equação da velocidade. O 
estudo que determina a equação da velocidade será feito logo a seguir. No mo-
mento, vamos supor que a equação da velocidade foi determinada como sendo:
v = K[NO]2
Fica fácil entender que a substância NO participa da etapa lenta, 
pois consta da equação da velocidade. Podemos então propor o seguinte 
mecanismo:
1ª etapa (lenta): 2 NO (g) N2O2 (g);
2ª etapa (rápida): N2O2 (g) + O2 (g) 2 NO2 (g).
Devemos observar a formação do intermediário N2O2, que reage com 
o reagente O2 e produz NO2. Antecipando o estudo do mecanismo, podemos 
dizer que fica fácil, com a equação da velocidade, propor um mecanismo. 
Isto se dá pelos seguintes motivos:
a) É pouco provável o choque simultâneo de três moléculas, duas de 
NO e uma de O2;
b) Com a equação, fica fácil entender que a etapa lenta resulta de um 
choque entre duas moléculas de NO, já que o expoente do NO é dois e a 
etapa lenta é considerada uma reação elementar;
c) Com a equação, fica fácil entender que a velocidade não depen-
de da concentração de O2, apenas de sua presença, pois ele é usado na 
etapa rápida.
Somando as duas etapas, devemos obter a equação inicial, visto que 
o intermediário N2O2 é simplificado nos dois membros.
Antecipamos informações com a promessa de voltar e esclarecê-las 
oportunamente. Vamos iniciar, respondendo a seguinte pergunta:
Quais os métodos experimentais para medida da velocidade?
No início, apresentamos uma tabela de resultados com a medida do 
tempo e da concentração do reagente que deu origem ao gráfico [A] x tempo. 
É normal então entendermos que necessitamos medir o tempo e a concen-
tração. Para tal, temos vários processos, que serão usados conforme cada 
tipo de reação:
a) Processos químicos – o processo químico mais usado é titular pe-
quenas amostras do meio reacional para indicar a variação de concentração. 
Esse processo tem o inconveniente de ser aplicado apenas em reações len-
tas, em que o pequeno tempo da reação de titulação (reação rápida) não 
induz erro significativo no resultado instantâneo que queremos obter.
Ex: Reação do acetato de etila em meio ácido (reação lenta).
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 H+
CH3CH2OOC2H3 (l) + H2O (l) CH3COOH (l) + C2H5OH (l).
Amostras são retiradas e o ácido acético é titulado com NaOH; a con-
centração do ácido acético é determinada, sem que a reação avance signi-
ficativamente.
b) Processos físicos – o processo físico usa medidas de propriedades 
físicas que são medidas por métodos instrumentais.
1) A medida da pressão: em reação gasosa, quando o número de 
mols dos produtos é diferente do número de mols dos reagentes, a variação 
da pressão é um fator proporcional à variação da concentração.
Ex: A decomposição do pentóxido de dinitrogênio gasoso, em que o 
número de mols aumenta e a pressão também.
2 N2O5 (g) 4 NO2 (g) + O2 (g).
Para melhor entender o processo, vamos visualizá-lo na figura nº. 02.
Figura nº. 02 – O aumento da pressão mede a variação da concentração do reagente.
2) A medida da condutividade da solução onde ocorre a reação: 
as reações que produzem ou consomem substâncias que se dissociam po-
dem ser monitoradas pela variação da condutividade elétrica da solução onde 
ocorre a reação.
Ex: A reação do brometo de ter–butila, produzindo o álcool ter–butílico 
e o ácido bromídrico.
(CH3)3CBr (l) + H2O (l) (CH3)3COH (l) + HBr (aq).
Os reagentes são moleculares e nos produtos apenas o ácido se dis-
socia emíons, aumentando a condutividade elétrica da solução enquanto 
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Química Geral II 87
ocorre a reação. O aumento da condutividade é registrado em amperímetro 
que informa a corrente.
3) A medida da variação da cor de uma das substâncias envolvi-
das: a variação da concentração é proporcional à variação da cor do meio 
reacional.
Ex: Seja a reação do monóxido de carbono com o dióxido de nitrogênio.
CO (g) incolor + NO2 (g) avermelhado CO2 (g) incolor + NO (g) 
incolor.
A amostra pela presença do NO2 fica avermelhada e absorve a luz. 
Com o consumo do dióxido de nitrogênio, a amostra vai perdendo a cor, dan-
do mais passagem de luz (absorção de luz é a grandeza proporcional à con-
centração do reagente) que é interpretada pelo detector e transformada pelo 
computador em variação de concentração do NO2.
Para melhor entendimento, vamos observar, na figura nº. 03, a medida 
realizada.
Figura nº. 03 – Uso do espectro fotômetro para medir a variação da cor.
Quais os fatores que influem com maior intensidade na veloci-
dade da reação?
A ocorrência da reação química era de início explicada apenas pela 
teoria das colisões e limitada a reações em fase gasosa onde as moléculas se 
chocam e dão origem a outras moléculas. Com o estudo do mecanismo e da 
energia envolvida, a reação em solução - homogênea ou heterogênea - não 
podia ser explicada apenas pela teoria das colisões. Surgiu então a teoria do 
estado de transição que admite a formação de um complexo ativado em que 
as ligações iniciais são enfraquecidas e as ligações finais começam a ser for-
madas. O choque da teoria das colisões foi substituído por uma deformação.
Alguns fatores são vistos como consequência de outros; tal fato pode 
justificar uma lista simplificada de fatores que influem na velocidade da reação.
a) A área de contato entre os reagentes, representada pelo tamanho e 
formato das partículas dos reagentes;
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b) A concentração dos reagentes, fator representativo da lei de ação das 
massas;
c) A frequência dos choques entre as partículas dos reagentes (como 
fator secundário da temperatura);
d) A energia dos choques (fator ligado também à temperatura);
e) A orientação apropriada das partículas dos reagentes no instante do 
choque;
f) A ação de catalisadores para diminuir a energia mínima de reação.
Vamos realizar uma análise de cada um desses fatores:
a) A área de contato entre os reagentes é um fator muito importante, 
mas não será contemplado na equação da velocidade, pois depende muito 
do estado físico e do formato das moléculas dos reagentes que mudam em 
cada caso.
Exemplo: A reação do ferro sólido com o ácido sulfúrico.
Fe(barra) + H2SO4(aq) FeSO4(aq) + H2(g) (velocidade = v1)
Fe(limalha) + H2SO4(aq) FeSO4(aq) + H2(g) (velocidade = v2)
Como na reação do ferro em forma de limalha a área de contato é maior, 
teremos que a velocidade v2 é maior que a velocidade v1.
b) A concentração dos reagentes já foi abordada como sendo a lei de 
ação das massas, dando origem ao primeiro modelo da lei ou equação da ve-
locidade. Esse é um fator contemplado na lei da velocidade. A concentração 
é diretamente proporcional à velocidade da reação.
c) A frequência de colisões depende da temperatura. Ela é proporcio-
nal à velocidade média quadrática das moléculas e será representada pela 
letra Z.
Seja a reação: A2 (g) + B2 (g) 2AB (g).
Podemos dizer que a velocidade é proporcional à Z e também às concen-
trações, como acabamos de estudar; logo v α Z; Z α [A2] e Z α [B2]. Das duas 
últimas, podemos fazer Z α [A2] [B2]; transformando em igualdade, fica Z = Zo 
[A2] [B2], onde o fator de proporcionalidade Zo representa a frequência quando 
[A2] = 1 e [B2] = 1. Usando a primeira proporcionalidade, fica: v α Zo [A2] [B2].
d) A energia dos choques é um fator também ligado à temperatura. 
Vamos observar, na figura nº. 04, um choque entre moléculas. No caso (a), a 
energia é suficiente para que ocorra a reação; no caso (b), a energia é menor 
do que a energia mínima e, como consequência, a reação não ocorre.
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Química Geral II 89
Figura nº. 04 – Usando a teoria dos choques, temos dois casos de choques entre 
moléculas dos reagentes.
Para aumentar o número de choques com energia mínima necessária à 
reação, a solução é aumentar a temperatura para aumentar a quantidade de 
partículas com energia superior à energia mínima.
Vamos observar, no gráfico nº. 04, a modificação do perfil de energia 
das partículas com o aumento de temperatura.
Gráfico nº. 04 – Distribuição da energia das moléculas na temperatura mais alta;
a fração de moléculas com energia maior que a mínima é maior.
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furtado, f.90
A energia mínima que as moléculas devem ter para que o choque re-
sulte em reação é chamada de energia de ativação = Ea.
Vamos entender melhor observando o gráfico nº. 05.
Gráfico nº. 05 – Duas reações - uma exotérmica e outra endotérmica – em que Ea é 
a energia de ativação.
Utilizando a distribuição de velocidades e de energia das moléculas, 
podemos chegar a uma fórmula que calcule a fração das colisões com ener-
gia superior à energia mínima:
f = e–[Ea/(RT)]
Observe o que cada termo representa:
f - é a fração das partículas com energia maior que a energia mínima 
chamada de energia de ativação;
e - é a base de logaritmos naturais;
Ea - é a energia de ativação ou energia mínima;
R - é a constante geral dos gases ideais;
T - é a temperatura absoluta em graus Kelvin.
A energia da partícula será contemplada na lei da velocidade através 
da fração f de partículas que possuem energia maior que a energia de ativa-
ção. A velocidade é diretamente proporcional à fração f. Pela fórmula, pode-
mos observar que quanto maior for a Ea, mais lenta é a reação. A proporcio-
nalidade pode ser expressa:
v α e-[Ea/(RT)]
e) A orientação das partículas na ocasião do choque é um fator im-
portante para que a reação ocorra. Este efeito é chamado de efeito estérico 
ou efeito da orientação. Será representado pela letra p, que representa a 
fração das colisões com orientação apropriada para que a reação ocorra.
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Química Geral II 91
Vamos observar, na figura nº. 05, o efeito da orientação.
Figura nº. 05 – Na reação A2 (g) + B2 (g) 2AB, temos dois casos - (a) e (b) - em 
que a orientação relativa não é favorável à reação, e um caso (c), em que a orientação 
relativa favorece a formação das moléculas AB.
O fator p, por vezes chamado de fator de probabilidade, será contem-
plado na equação da velocidade.
f) A ação de catalisadores para diminuir a energia de ativação. O ca-
talisador é um recurso utilizado para reduzir o tempo de produção e facilitar o 
andamento da reação. Como sua presença é opcional, não será contemplado 
na equação da velocidade.
Utilização dos fatores na equação da velocidade
Para a reação: A2 (g) + B2 (g) 2AB, utilizando o estudo 
dos fatores, como fica o modelo da equação da velocidade?
A velocidade é proporcional aos fatores f, p e Z; logo podemos fazer:
Velocidade = v = p x e–[Ea/(RT)] x Z, como Z = Zo [A2] [B2], podemos fazer:
Velocidade = v = p x e–[Ea/(RT)] x Zo [A2][B2], em processo bimolecular, 
em determinada temperatura, todos os termos anteriores aos das concentra-
ções são constantes; logo podemos fazer:
Velocidade = v = K [A2] [B2], onde K é a constante de velocidade já 
citada, englobando os três fatores p, f e Zo, ou seja, K = p.f.Zo.
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furtado, f.92
Já conhecemos a equação da velocidade?
Em uma reação elementar, os expoentes da equação da velocidade 
são iguais aos coeficientes estequiométricos da equação química. Já nas 
reações complexas devemos ter métodos para determinar os expoentes.
Voltando à expressão da velocidade, usada no primeiro modelo, 
como consequênciada lei de ação das massas, temos: v = K [A]x [B]y. 
Para que a equação seja completa, devemos determinar x e y, que 
são os expoentes. Os principais métodos para cálculo de x e y, que determi-
nam a equação da velocidade são:
a) O método das velocidades iniciais – é um método com boa exa-
tidão, porém muito lento pelas várias experiências que envolve. É utilizado 
quando temos vários reagentes e interesse na ordem de todos eles;
b) O método do reagente em excesso – é um método aplicado quan-
do temos vários reagentes e interesse na ordem de determinado reagente;
c) O método das velocidades integradas – é um método que usa 
a regressão linear, utilizando o método estatístico dos mínimos quadra-
dos para tomada de decisão;
O método das velocidades iniciais consiste em fazer diversas 
medidas experimentais, variando de uma para outra as concentrações 
iniciais dos reagentes.
Comparando as velocidades iniciais, calculamos as ordens dos reagentes.
Ex: Vamos supor a reação: A produtos.
A forma da equação da velocidade já se sabe que será: v = K [A]x. 
Vamos determinar o x pelo método da velocidade inicial. O primeiro passo é 
realizar a reação com determinada concentração inicial de A e medir a varia-
ção da concentração. O resultado é apresentado na tabela a seguir:
[A] (mol/L) 1,30 1,08 0,90 0,75 0,62 0,52 0,43;
Tempo (min) 0,0 5,0 10,0 15,0 20,0 25,0 30,0;
A tabela pode ser transformada em gráfico. Vamos observar, no gráfico 
nº. 06, o traçado da tangente que determina a velocidade inicial.
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Química Geral II 93
Gráfico nº. 06 – Cálculo da velocidade inicial pelo traçado da tangente na origem.
Devemos repetir todo o procedimento experimental, no caso, vamos 
repetir por mais três vezes, número suficiente para determinar o valor de x 
e possibilitar uma análise dos resultados. Os resultados podem ser vistos na 
tabela nº. 01.
Tabela nº. 01 - Velocidades iniciais com diversas concentrações iniciais.
A análise dos dados da tabela nos leva ao cálculo do x. Vamos utilizar 
as duas primeiras experiências em que podemos fazer:
v1/v2 = {[A]1/[A]2}
x que, substituindo pelos seus valores da tabela, fica:
(4,78 x 10-2)/(9,56 x 10-2) = (1,30/2,60)x. Efetuando, temos:
(1/2) = (½)x, o valor de x pode ser calculado como x = 1, por simples 
comparação ou aplicando logaritmos. A reação é de 1ª ordem.
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Se usarmos as experiências 1 e 3, verificaremos que, ao multiplicar por 
três a concentração, a velocidade também ficará multiplicada por três. Usan-
do as experiências 1 e 4, verificaremos que a concentração em 4 é 68,5% da 
concentração em 1 e que a velocidade em 4 também é 68,6% da velocidade 
em 1. A pequena diferença se deve ao fato de os números serem resultados 
experimentais e, portanto, sujeitos ao arredondamento. Conhecido o expoen-
te x, podemos calcular o valor da constante de velocidade K, usando qualquer 
uma das quatro experiências.
Seja: v1 = K [A]1, podemos fazer: K = v1/[A]1 = (4,78 x 10
-2 mol x L-1 x 
min-1)/(1,30 mol x L-1) = 3,68 x 10 -2 min -1.
As constantes de velocidade de 1ª ordem têm sempre as dimensões 
de tempo elevado ao expoente -1: como s -1; min -1; h -1 etc.
EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
Seja a reação: 2E + F produtos. Calcule a equação da veloci-
dade.
O procedimento inicial já é conhecido. Será lançado o resultado de três 
experiências onde temos as concentrações e as velocidades iniciais. Deve-
mos recordar que a velocidade inicial, por ser instantânea, pode ser usada 
para análise de todos os reagentes. Na tabela nº. 02, temos os resultados:
Tabela nº. 02 – Velocidades iniciais com diversas concentrações iniciais.
Na análise, devemos tomar duas experiências em que a concen-
tração de um dos reagentes foi feita constante, pois assim a equação da 
velocidade pode ser simplificada. Sejam as experiências 1 e 2, as concen-
trações de F são constantes; logo podemos fazer: v = K [E]x, pois a con-
centração de F será simplificada na comparação entre 1 e 2. Aplicando os 
resultados da tabela, temos:
(3,61 x 10-2)/(42,0 x 10-2) = [K(0,0167)x/K(0,0569)x], simplificando tam-
bém o K e realizando as operações, fica: 8,6 x 10–2 = (0,0167)x/(0,0569)x, que 
fica:
8,6 x 10-2 = (2,93 x 10-1)x, aplicando logaritmos, temos:
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Química Geral II 95
ln (8,6 x 10-2) = x . ln(2,93 x 10-1) ou x = [ln(8,6 x 10-2)]/[ln(2,93 x 10-1)], 
donde: x = 2. A reação é de 2ª ordem em relação a E.
Observando as experiências 2 e 3, verificamos que a concentração de 
E é constante e que, apesar da variação da concentração de F, não ocorre 
variação com a velocidade, o que indica que a velocidade é independente da 
concentração de F; logo é de ordem zero em relação a F. Como todo número 
elevado a zero é igual à unidade, a equação da velocidade fica: v = K [E]2, de 
segunda ordem total.
O método do reagente em excesso: Seja a reação A + B C + D, 
que queremos determinar a ordem da reação em relação à A. O método con-
siste em realizar a reação com grande excesso do reagente B. A forma geral 
da equação já se sabe que é v = K [A]x [B]y. Sendo a concentração de B muito 
elevada, ela pode ser considerada constante e podemos fazer: K’ = K [B]o. Na 
equação, fica v = K’ [A]x. Com essa nova forma, podemos calcular a ordem x 
de A. Agindo do mesmo modo para os outros reagentes, chegamos, ao final, 
à equação da velocidade geral.
O método das velocidades integradas é aplicado de preferência ao 
tipo de reação: A produtos, que tem uma lei de velocidade do tipo 
v = K [A]x. O método consiste em supor que a reação seja de ordem zero, 1ª 
ordem ou 2ª ordem e em integrar a equação da velocidade conforme essa 
suposição. O método é auxiliado pelo uso de gráficos, de regressão linear e 
do cálculo do coeficiente de determinação R². 
Supondo que a reação seja de ordem zero: A equação é do tipo: v = 
K[A]o. Como v = –d[A]/dt e [A]o = 1, podemos fazer: - d[A]/dt = K, arrumando 
os termos para integração, fica: d[A] = -K dt; integrando entre os limites de um 
tempo inicial chamado to e o tempo t, temos 
[A] t
∫ d [A] = - ∫ K dt, integrando fica: [A] – [A]o = - K (t – to).
[A]o to
Arrumando os termos, fica: [A] = [A] o – Kt, que é uma equação da linha 
reta do tipo: y = b + mx, onde adotamos: [A] to = [A]o e to =0; por comparação 
das duas equações, temos: m = - K. 
Muito útil é o uso do tempo de meia vida que é o tempo necessário para 
reduzir a massa do reagente pela metade. K t½ = [A]o /2, donde t ½ = [A]o / 2K. 
A conclusão mais importante é que o gráfico da concentração com o tempo é 
uma função linear para a reação de ordem zero.
Supondo que a reação seja de primeira ordem: A equação é do 
tipo: v = K [A]. Do mesmo modo, podemos fazer: - d[A]/dt = K [A], arruman-
do os termos para a integração, fica: -d[A]/[A] = Kdt. Integrando, temos:
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furtado, f.96
–ln{[A]/[A]o} = K(t - to), fazendo to = zero teremos: ln[A] = ln [A]o – Kt, que é 
equação da linha reta do tipo: y = b + mx, em que, por comparação, podemos 
fazer: m = - K. Usando a equação do ln[A] e o tempo para calcular o tempo 
de meia vida, fica: t ½ = ln 2/K = 0,693/K.
A conclusão mais importante é a de que o gráfico ln[A] com o tempo é 
uma função linear para a reação de primeira ordem.
Supondo que a reação seja de segunda ordem: A equação é do tipo: 
v = K[A]2. Podemos do mesmo modo fazer: -d[A]/dt = K[A]2, arrumando os 
termos para a integração, fica: - d [A]/[A]2 = Kdt. Integrando entre os pontos 1 
e 2, temos: 
 2 2 
 ∫ – [A]-2 d[A] = ∫ K dt, que fica: - {([A] -1 – [A]o
-1)}/–1 = Kt.
 1 1
Colocando de modo mais adequado, temos:
{1/[A]} – {1/[A] o} = Kt, que é uma equação da linha reta do tipo: y = b + 
mx, que pode ser arrumada para: {1/[A]} = {1/[A]o} + Kt, por comparação m = K.
O tempo de meia vida pode ser calculado como: t ½ = 1 / (K[A]o). A 
conclusão mais importante é que o gráfico do inverso da concentração 1 / [A] 
com o tempo é uma função linear para a reação de segunda ordem.
Podemos visualizar, na tabela nº. 03, um resumo sobre dos três casos 
estudados:
Tabela nº. 03 – Resumo dos casos estudados no método das velocidades integradas.
Um recurso que pode dar um indicativo sobre a ordem da reação é o 
gráfico da concentração com o tempo, sua curvatura fica mais acentuada 
com o crescimento da ordem. Podemos visualizar no gráfico nº. 07.
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Química Geral II 97
Gráfico nº. 07 – Indicativo da ordem pela curvatura da curva concentração com o tempo.
Devemos tomar apenas como indicativos, pois, na maioria dos casos, 
o caimento rápido está associado ao valor de K e indica uma meia vida mais 
curta. Podemos observar no gráfico nº. 08.
Gráfico nº. 08 – As duas curvas são de uma reação de primeira ordem, uma apresenta 
meia vida menor, pois o valor de K é maior.
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furtado, f.98
O uso do método deve seguir o seguinte roteiro para evitar erro de 
interpretação:
a) Realizar a reação e medir sua variação de concentração com o tempo;
b) Traçar o gráfico de concentração com o tempo e verificar se os pon-
tos estão em linha reta ou próxima a isto;
c) Traçar o gráfico do ln da concentração com o tempo e verificar se os 
pontos estão em linha reta ou próxima a isto;
d) Traçar o gráfico do inverso da concentração com o tempo e verificar 
se os pontos estão em linha reta ou próxima a isto;
e) Não devemos deixar o controle visual responsável pelo julgamento de 
qual situação está mais próxima da linha reta. Para isto, vamos utilizar o método 
dos mínimos quadrados e o cálculo do coeficiente de determinação, para tomar 
a decisão sobre qual gráfico está mais próximo da linha reta. O método consiste 
em calcular a reta do tipo: y = a + bx. Essa é a reta que torna mínimo o desvio dos 
pontos em relação à linha reta. Vejamos na figura nº. 06, um exemplo dos pontos 
que representam os resultados experimentais e a linha reta traçada com o auxílio 
do método dos mínimos quadrados. Após a aplicação do método nos três gráfi-
cos, resta calcular o coeficiente de determinação R², que vai informar qual está 
mais próximo da linha reta. Essa informação pode ser dada em percentagem, 
apresentando quantos por cento a reta responde pela variação explicada. 
A fórmula para cálculo do R² será:
R² = [(variação explicada pela regressão linear)/(variação total)] x 100.
O gráfico com maior R² será o escolhido como o correspondente da 
ordem da reação. Exercícios completos só serão resolvidos no estudo que 
será realizado na disciplina de Físico-Química.
Figura nº. 06 – Uso do método dos mínimos quadrados.
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Química Geral II 99
Com o cálculo da ordem, podemos calcular a constante de velocida-
de e, com isto, conseguirmos a equação da velocidade da reação química 
em estudo.
Estudo do mecanismo da reação
No início, quando abordamos a classificação das reações quanto ao 
mecanismo, usamos dois tipos de classificação: reações elementares e rea-
ções complexas.
As reações elementares são facilmente entendidas, pois se realizam 
em uma única etapa e os expoentes são os coeficientes estequiométricos.
As reações complexas são realizadas em duas ou mais etapas e, para 
seu entendimento e utilização, devemos compreender o mecanismo ou as 
etapas que conduzem à formação dos produtos.
No estudo inicial, já antecipamos o modo de raciocínio lógico que de-
vemos adotar para realizar uma proposta de etapas para a reação.
Na figura nº. 01, mostramos como uma etapa é considerada lenta e 
outra é considerada rápida, sendo a lenta, a responsável pela velocidade da 
reação. A proposta de mecanismo combina a parte experimental necessária 
para o conhecimento da equação da velocidade com a teoria conhecida sobre 
reações e o raciocínio lógico decorrente da união dos dois conhecimentos.
Vamos utilizar um exemplo abrangente para oferecer uma proposta de 
mecanismo:
Ex: Seja a reação: 2 A + B C + D, para a qual queremos propor 
um mecanismo. 
Na primeira etapa, devemos realizar a reação, determinar sua velo-
cidade e, pelos métodos citados, determinar a equação da velocidade. Já 
completamos os estudos para cumprir essa etapa, podemos então chegar à 
equação: v = K [A]² [B].
Na segunda etapa, devemos usar a equação da velocidade e, através 
de um raciocínio lógico, propor um mecanismo.
O lógico é que o choque de três partículas no mesmo instante seja um 
acontecimento de baixa probabilidade. Então a reação não deve acontecer 
em uma única etapa. É importante essa convicção, pois, no nosso exemplo, 
os coeficientes estequiométricos são iguais aos expoentes da equação da 
velocidade calculada pelos métodos experimentais. Mesmo com baixa pro-
babilidade, poderíamos supor que a reação ocorresse em uma única etapa. 
Para isto teríamos um comprovante forte de que a reação seria muito lenta. 
No nosso caso, isto não ocorre, e a reação é relativamente rápida. A reação 
então não é trimolecular e de etapa única, mesmo sendo de terceira ordem. 
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furtado, f.100
Vamos fazer uma proposta qualquer como reação complexa em duas 
etapas, sendo uma lenta e outra rápida.
1ª proposta: Proposta inicial da reação em duas etapas.
 1ª etapa – etapa lenta;
 2A A2
 2ª etapa – etapa rápida
 A2 + B C+ D
Na proposta, temos a formação de um intermediário A2. Como é pouco 
provável que as duas etapas ocorram a uma mesma velocidade, a proposta 
inclui o fato de ser a primeira lenta, e a segunda, rápida. O controle da velo-
cidade ficou então com a 1ª etapa, devendo a equação da velocidade ser: v 
= K[A]². 
Como a equação dada pela fonte experimental é diferente, nossa pro-
posta não serve e deve ser mudada. É bom notar que essa proposta foi feita 
para que o estudo das possibilidades fosse bastante amplo, mas ela não tinha 
probabilidade de ter êxito, pois a etapa tomada como lenta não possui o rea-
gente B, que consta na equação da velocidade.
2ª proposta: A proposta em duas etapas deve ser mantida pelos mo-
tivos já analisados. Como a 2ª etapa inclui o reagente B, ela parece mais 
adequada para ser a etapa determinante ou a etapa lenta; então vamos fazer:
 1ª etapa – etapa rápida
 2A A2
 2ª etapa – etapa lenta
 A2 + B C + D
O controle da velocidade ficou então com a 2ª etapa, que é a etapa 
lenta, devendo a equação da velocidade ser: v = K [A2] [B].
A equação mesmo não sendo compatível com a obtida pela fonte ex-
perimental, está mais próxima dela e indica que a concentração do interme-
diário deve ser calculada e expressa em função de [A] e [B], já que este é o 
desacordo atual.
A experiência mostra que os intermediários de um modo geral são ins-
táveis e, quase sempre, quando não utilizados, retornam à condição inicial. 
Com esse conhecimento, podemos apresentar uma nova proposta.
3ª proposta: Vamos fazer na etapa rápida uma modificação importante 
que é o fato do intermediário retornar à condição inicial.
 1ª etapa – etapa rápida
 2A A2; (reação reversível)
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 2ª etapa – etapa lenta;
 A2 + B C + D
Com a modificação da etapa rápida, podemos expressar o interme-
diário em função de [A]. Sendo a constante de equilíbrio Keq = [A2]/[A]², 
podemos fazer: 
[A2] = Keq [A]²
Como o controle da velocidade é da etapa lenta, vamos utilizar a mes-
ma equação da velocidade da 2ª proposta, que é: v = K [A2] [B], em que, 
substituindo-se a concentração do intermediário calculada utilizando a 1ª eta-
pa, fica:
v = Keq.K [A]² [B]
O produto das duas constantes também é uma constante; logo po-
demos fazer: v = K’ [A]² [B]. A equação concorda com a determinada pelo 
método experimental; logo omecanismo pode ser aceito como possível.
Nesta etapa, devemos testar experimentalmente o mecanismo para 
sua confirmação.
EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
Seja a reação: NO2 (g) + CO (g) NO (g) + CO2 (g), onde a equa-
ção da velocidade foi determinada como: v = K[NO2]². Faça uma proposta de 
mecanismo para a reação.
Esse é um exemplo interessante, pois a reação a 25ºC é uma reação 
complexa. Já a acima de 225ºC é uma reação elementar, fato comprovado 
pela nova equação da velocidade. Devemos atentar para o fato de que a 
equação química da reação indica ser uma reação elementar, mas a equa-
ção da velocidade indica ser uma reação complexa.
Observando a equação da velocidade, verificamos que o NO2 participa 
da etapa lenta, e o CO não participa da lenta; logo deve participar da rápida, 
pois não aparece na equação da velocidade. Na etapa lenta, teremos o cho-
que de duas moléculas de NO2; logo a proposta de mecanismo não pode ser 
diferente:
1ª proposta: 1ª etapa – etapa lenta;
NO2 (g) + NO2 (g) NO3 (g) + NO (g)
A única dificuldade é fazer a previsão dos intermediários, que é facilita-
da pela observação dos produtos finais.
A presença do NO3 é tida como certa para fornecer um oxigênio ao CO. 
2ª etapa – etapa rápida;
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NO3 (g) + CO (g) NO2 (g) + CO2 (g)
A proposta pode ser aceita, pois a equação fornecida pela etapa lenta: 
v = K [NO2]² está de acordo com a equação fornecida pelos métodos expe-
rimentais.
Cálculo da energia de ativação 
A energia mínima para que a reação ocorra já foi estudada como sendo 
a energia de ativação. O químico sueco, Svante Arrhenius, estudou a varia-
ção da temperatura com a variação da velocidade da reação. O assunto já é 
do nosso conhecimento (veja gráfico nº. 04).
Arrhenius chegou a uma relação que também já é nossa conhecida 
em que a constante da equação da velocidade se relaciona com o fator de 
frequência, com a orientação das moléculas e com a fração de moléculas 
possuídoras da energia mínima para reagir, a energia de ativação.
A relação de Arrhenius foi estudada com o objetivo de conhecer a 
equação da velocidade, mais especificamente a constante de velocidade.
K = constante de velocidade = A e–[Ea/(RT)]. 
A relação ficou conhecida como equação de Arrhenius. Todos os ter-
mos já são conhecidos, exceto o A, que é o fator de frequência. Ele engloba 
a frequência e a orientação das partículas. No caso, temos: A = p Zo, onde p 
é o fator da orientação, e Zo, da frequência.
Podemos observar o gráfico nº. 05, onde temos dois exemplos de re-
ações - uma exotérmica e outra endotérmica. Na reação complexa, o pico 
de energia ocorre na formação do intermediário, daí a relevância do estado 
de transição.
Como calcular essa energia? Vamos usar a equação de Arrhenius 
para quantificar a energia de ativação.
Aplicando logaritmos naturais, temos:
ln K = ln A –Ea/(RT), que é uma equação da linha reta do tipo: y = b + 
mx, onde b = lnA e m = –Ea/R, sendo x = 1/T e y = ln K.
Uma solução gráfica necessita de dois pontos para traçar a linha 
reta. Vejamos, no gráfico nº. 09, a variação da constante de velocidade com 
a temperatura da transformação de isonitrila de metila em acetonitrila. Rea-
ção de isomerização.
CH3NC CH3CN;
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Química Geral II 103
Gráfico nº. 09 – A equação de Arrhenius em forma logarítmica de uma reação de isome-
rização; transformação de isonitrila de metila em acetonitrila, reação de primeira ordem.
Para evitar o trabalho gráfico, muitas vezes indesejável, vamos deduzir 
uma fórmula onde se usa duas temperaturas e duas constantes. Sejam K1 e 
T1 com K2 e T2, aplicando na fórmula, fica:
ln K1 = ln A – Ea/(RT1) e ln K2 = ln A – Ea/(RT2); subtraindo a segunda 
equação da primeira temos: ln K1 – ln K2 = (–Ea/R)[(1/T1) – (1/T2)] que, colo-
cando em outro formato, fica: ln K1/K2 = (–Ea/R)[(1/T1) – (1/T2)].
A fórmula permite o cálculo das variáveis K1; K2; T1; T2 e Ea, desde que 
conheçamos as outras quatro.
EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
A constante de velocidade da reação: H2 + I2 2HI, é 0,0234 mol
-1x 
L x s-1 a 400°C e 0,750 mols-1x L x s-1 a 500°C. Calcule a energia de ativação 
da reação.
Solução: Vamos usar as temperaturas absolutas; logo: T1 = 500 + 273 
= 773K e T2 = 400 + 273 = 673K. Substituindo na fórmula, temos:
ln (0,750/0,0234) = (–Ea/8,314) [(1/773) – (1/673)];
ln 32,05 = (–Ea/8,314)(0,001294 – 0,001486);
3,4673 = (–Ea/8,314)(–0,000192); e Ea = (8,314 x 3,4673)/0,000192;
Ea = 28,827/0,000192 = 1,5 x 105 joule/mol, (valor alto de energia).
Como chegamos a um valor elevado de energia, estamos motivados 
para estudar o uso do catalisador a fim de diminuir essa barreira energética.
Uso do catalisador na reação química
O catalisador é uma substância que aumenta a velocidade de uma 
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furtado, f.104
reação pela diminuição de sua energia de ativação, sem sofrer modificação 
de natureza química. 
O catalisador acelera uma reação, fornecendo um caminho alternati-
vo, ou seja, fornecendo um mecanismo de reação diferente entre reagentes 
e produtos.
Vamos observar o fenômeno na figura nº. 07, onde usaremos de novo 
uma reação de isomerização. O cis–2–buteno é convertido em trans–2–buteno.
Figura nº. 07 – Reação de isomerização catalisada pelo iodo.
• Na etapa 1, o iodo é dissociado e um átomo de iodo é utilizado pela reação;
• Na etapa 2, o átomo de iodo e o cis–2–buteno são usados como reagen-
tes onde o iodo é adicionado na dupla ligação;
• Na etapa 3, ocorre uma rotação na ligação simples que antes era dupla;
• Na etapa 4, a ligação dupla é refeita e o átomo de iodo é liberado;
• Na etapa 5, o iodo volta a se combinar com outro átomo de iodo, retornan-
do à forma molecular.
A adição do iodo ao cis-2-buteno forma espécies intermediárias; os cin-
co picos de energia correspondem às cinco etapas mencionadas.
Por se tratar de um exemplo mais complexo, vamos estudar também 
o gráfico nº. 10, onde podemos verificar a mudança ocorrida na energia de 
ativação. 
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Gráfico nº. 10 – Perfil de energia da reação de isomerização catalisada pelo iodo.
A grande vantagem do uso do catalisador é a economia, pois a reação 
consome menor tempo e energia. No caso da energia, é fácil entender que, 
em vez de aumentar a temperatura para que mais moléculas possuam a ener-
gia mínima, o catalisador baixe a energia mínima, possibilitando que, com a 
mesma temperatura, mais moléculas tenham energia para reagir.
Pesquisas estão sendo feitas na busca de novos e mais eficientes cata-
lisadores para as reações de importância comercial.
O uso do catalisador é chamado de catálise e ela pode ser classificada 
em dois tipos: homogênea e heterogênea.
Catálise homogênea: ocorre quando o catalisador e os reagentes 
estão em uma única fase, formando uma mistura homogênea. Ex: Na tem-
peratura ambiente, a energia de ativação da decomposição do peróxido de 
hidrogênio em solução aquosa é de 76 KJ/mol, sendo a reação bastante 
lenta. Com a adição de bromo líquido em solução aquosa, a energia cai para 
57 KJ/mol e a constante de velocidade aumenta por um fator de 2000. Com-
pare, na figura nº. 07, a reação na mesma temperatura com o mesmo tempo 
de reação; na situação (a) acontecendo sem catalisador, e na situação (b), 
com catalisador.
Situação (a):
2 H2O2 (aq) 2 H2O (l) + O2 (g);
Situação (b):
H2O2 (aq) + Br2 (aq) 2 Br
–(aq) + 2H+ (aq) + O2 (g);
2 Br– (aq) + H2O2 (aq) + 2H
+ (aq) 2 H2O (l) + Br2 (aq).
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Ao somar as duas etapas, obtemos a equação química igual à da 
situação (a); o bromo utilizado como catalisador é regenerado e volta à 
situação inicial. A reação agora é mais rápida e com menor energia de 
ativação, utilizando um mecanismo diferente do inicial.
Figura nº. 07 – Decomposição do peróxido de hidrogênio: (a), sem catalisador;(b), 
com catalisador.
Catálise heterogênea: ocorre quando o catalisador, que geralmente 
é um sólido, está presente em fase diferente das moléculas dos reagentes. 
No caso da catálise heterogênea, o papel do catalisador fica mais próximo 
do significado da palavra catalisador, que é “iniciar por aproximação”. O cata-
lisador funciona como um local onde é promovido o encontro dos reagentes 
e facilitado o caminho para a reação. Ex: Seja a reação de hidrogenação do 
etileno produzindo o etano. Por ser lenta, ela é catalisada pela platina, metal 
com superfície bastante ativa.
Para melhor entendimento, vamos observar, na figura nº. 08, as etapas 
da reação catalisada.
Figura nº. 08 – Hidrogenação do etileno catalisada por platina.
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Antes de estudar as etapas da hidrogenação, seria adequado anteci-
par conhecimentos sobre o que ocorre na superfície dos sólidos metálicos ou 
sólidos de compostos metálicos.
Os fenômenos de superfície serão aprofundados na disciplina de Físi-
co- Química, mas podemos antecipar alguns detalhes elucidativos. As intera-
ções na superfície não são completas por falta das moléculas da vizinhança, 
acima da interface. No estado gasoso, isto dá origem à pressão interna do 
gás, que deve ser subtraída da pressão ideal do gás produzindo a pressão 
real. No estado líquido, isto dá origem à tensão superficial do líquido. No esta-
do sólido, isto dá origem a uma atividade superficial que provoca o fenômeno 
chamado adsorção. 
As moléculas e átomos se ligam de duas maneiras a uma superfície sólida: 
Adsorção física, também chamada fisissorção, onde há uma interação 
dipolo induzido ou dipolo permanente entre a superfície sólida e as substân-
cias adsorvidas. Sua energia envolvida está em torno de 20 KJ/mol.
Adsorção química, também chamada de quimissorção, onde as molé-
culas ou átomos se unem à superfície do sólido por ligações químicas, usual-
mente covalentes, e tendem a se acomodar em locais chamados sítios ativos 
que propiciem o número de coordenação máximo com o substrato. A energia 
de ligação está em torno de 200 KJ / mol. Uma molécula quimicamente ad-
sorvida pode ser decomposta em virtude de forças de valência dos átomos da 
superfície. É a existência de fragmentos moleculares adsorvidos que respon-
de, em parte, pelo efeito catalítico das superfícies sólidas. 
Voltando ao nosso exemplo para estudar as diversas etapas da catálise.
• Na etapa A, os reagentes etileno e hidrogênio se aproximam da superfície 
do catalisador;
• Na etapa B, os reagentes são adsorvidos na superfície em quimissorção, 
onde ligações são rompidas entre os átomos de hidrogênio. A platina é um 
metal de transição (bloco d) que tem a última e penúltima camada de va-
lência incompleta. As camadas são deficitárias de elétrons e formam sítios 
ativos na superfície do metal;
• Na etapa C, o hidrogênio atômico fica carente de elétrons e busca a liga-
ção dupla do etileno;
• Na etapa D, o etano, formado pela adição dos átomos de hidrogênio, é libe-
rado da superfície do catalisador, pois a ligação com o sítio ativo forte com 
o etileno é enfraquecida com a formação do etano. O sítio ativo está pronto 
para adsorver outra molécula de etileno e começar o ciclo novamente.
O uso do catalisador a que mais estamos habituados fica no automóvel, 
veículo com motor de combustão interna que libera gases nocivos para a at-
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mosfera na forma de CO, hidrocarbonetos (necessitam ser oxidados) e NOx, 
SOx (necessitam ser reduzidos).
Vejamos, na figura nº. 09, um exemplo de conversor catalítico. O desafio 
é encontrar um catalisador ou uma mistura de catalisadores ativos, inclusive 
com o motor frio, que irá acelerar ambas as reações de oxidação e redução.
Na maioria dos casos, a opção é usar dois catalisadores:
O catalisador de redução utiliza metais, como o paládio e o ródio, em 
pequenas quantidades para não aumentar muito o custo de fabricação do 
conversor.
O catalisador de oxidação utiliza metais, como o paládio e a platina, 
em pequenas quantidades para não aumentar muito o custo de fabricação 
do conversor.
Figura nº. 09 – Conversor catalítico de um automóvel e seu suporte cerâmico.
A reação de redução transforma o NOx e o SOx em N2 e H2S; o catali-
sador adsorve o NOx, enfraquecendo a ligação do nitrogênio com o oxigênio 
que, separadamente, se encontram e produzem N2 e O2. O mesmo ocorre 
com o SOx que, quando adsorvido, enfraquece a ligação do enxofre com o 
oxigênio, possibilitando a formação de H2S e O2. Esse catalisador é colocado 
antes para produzir oxigênio para oxidação.
A reação de oxidação transforma o CO e os hidrocarbonetos em CO2 e 
H2O; o catalisador adsorve o O2 que passa à situação atômica e mais reativa.
A presença dos gases oriundos do motor sendo lançados na atmosfera 
podem dar origem a uma névoa chamada “smog”, assim chamada por ser a 
união de fumaça (smoke) e neblina (fog).
Na Química Ambiental, teremos mais informações sobre o assunto.
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARes
Exercício 01: Os seguintes dados cinéticos foram obtidos para a reação:
A (g) + 2 B (g) Produtos;
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 Concentração inicial (mol / L);
 Experimento [A]o [B]o velocidade inicial
 (mol/L x s).
 1 0,60 0,30 12,6
 2 0,20 0,30 1,4
 3 0,60 0,10 4,2
 4 0,17 0,25 X.
Responda: 
a) Qual é a ordem de cada reagente e a ordem global da reação?
b) Qual é a lei da velocidade para a reação?
c) Qual o valor da constante de velocidade?
d) Qual a velocidade inicial para o experimento 4?
Solução: A forma da equação de velocidade é v = K [A]x [B]y, onde 
devemos determinar x e y pelo método da velocidade inicial, conforme da-
dos do exercício.
a) Vamos usar o experimento 1 e 2 onde a concentração inicial 
de B ficou constante:
v1/v2 = [(K[A]1
x[B]1
y)]/[(K[A]2
x[B]2
y)], substituindo os valores dos 
resultados para as experiências 1 e 2, temos: 12,6/1,4 = [K. (0,60)x . 
(0,30)y]/[K.(0,20)x . (0,30)y], simplificando o K e a concentração de B 
constante (B= 0,30) fica: 9 = (0,60)x/(0,20)x = 3x. 
Aplicando logaritmos, temos ln3 . x = ln9, que corresponde a 1,0986. 
x = 2,197, cujo resultado fornece x = 2. Usando agora os experimentos 1 e 3, 
onde a concentração inicial de A ficou constante (A = 0,60):
v1/v3 = [(K[A]1²[B]1
y)]/[(K[A]3²[B]3
y)], substituindo os valores dos 
resultados para as experiências 1 e 3, temos: 12,6/4,2 = [K. (0,60)². 
(0,30)y]/[K. (0,60)². (0,10)y], simplificando o K e a concentração cons-
tante de A = 0,60, fica: 3 = (0,30)y/(0,10)y = 3y.
Aplicando logaritmos, temos: ln 3. y = ln3, que resulta: y = 1.
A ordem em relação a A é 2, em relação a B é 1, e a ordem global é 3.
b) A equação da velocidade é v = K [A]²[B].
c) A constante pode ser calculada por qualquer dos resultados das ex-
periências realizadas. Seja a experiência 1, temos:
12, 6 mols/(Lx s) = K (0, 60 mol/L)². (0, 30 mol/L), operando fica:
K = [12,6 mols/(L x s)]/[(0,108)mol³/L³] = 116,7 L²/[(mol)². s].
d) Aplicando os valores, temos: v4 = 116,7 . (0,17)² . (0,25) = 0,843 mols/L.s).
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Exercício 02: O pentóxido de dinitrogênio, N2O5, se decompõe por 
uma cinética de primeira ordem com uma constante de velocidade de 0,15 
s-1 a 353K.
Calcule:
a) a meia vida em segundos para a decomposição de N2O5 a 353;
b) se [N2O5]o = 2,33 x 10
-2 mol/L, qual será a concentração de 
N2O5 após 2,0 s?
c) o tempo em minutos para que a concentração molar de N2O5 decres-
ça de 2,33 x 10-2 mol/L para 1,76 x 10-2 mol/L.
Solução: No exercício, já é dada à ordem da reação,portanto vamos 
aplicar as fórmulas do método da velocidade integrada para a reação de 
primeira ordem.
a) A fórmula de meia vida é: t½ = 0,693/K, onde K = 0,15 s-1; 
aplicando, fica:
t½ = 0,693/0,15 s-1 = 4,62 s, então t½ = 4,62 s.
b) A fórmula para o cálculo da concentração éln [A] = ln [A]o – Kt, 
onde são dados a concentração inicial, o tempo e a constante de velocidade. 
Devemos calcular a concentração pedida. Substituindo na fórmula, fica:
ln [A] = ln (2,33 x 10-2) – 0,15 x 2,0 = 0,846 – 2 x 2,3 - 0,30 = –4,05413, 
passando a forma exponencial, fica:[A] = e-4,05413, que resulta em [A] = 1,73 x 10-2 
mol/L.
c) A fórmula é a mesma do item anterior onde a incógnita agora é o 
tempo. Substituindo, fica: ln (1,76 x 10-2) = ln (2,33 x 10-2) – 0,15 x t (s). Ope-
rando, temos: 0,5653 – 2x 2,3 = 0,846 – 2 x 2,3 – 0,15 x t, que resulta t = 1,87 
s. Devemos transformar o tempo em minutos. Usando a proporcionalidade 1 
min = 60 s; logo, x min = 1,87 s; que fica x = 0,0312, o tempo então será t = 
0,0312 minutos.
Exercício 03: A reação do brometo de etila, C2H5Br com o íon hidróxido 
em água, apresenta os seguintes dados: 
t1 = 24ºC; K1 = 1,3 x 10
-3 L/(mol x s) e t2 = 36° C; K2 = 4,4 x 10
-3 L/(mol 
x s).
Com os dados, calcule;
a) a energia de ativação da reação;
b) a constante de velocidade a 40ºC.
Solução: A fórmula de Arrhenius pode ser usada na forma de evitar o 
trabalho gráfico: ln K1/K2 = (- Ea/R)[(1/T1) – (1/T2)].
a) Substituindo: ln (1,3 x 10-3/4,4 x 10-3) = (–Ea/8,314)[(1/297) – (1/309)]. 
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Operando: –1,221 = (–Ea/8,314)(0,00337 – 0,00324) = (–Ea/8,314) x 0,00013.
–1,221/0,00013 = –Ea/8,314 que fica:
Ea = (1,221 x 8,314)/0,00013 = 78087,65 joules/mol.
b) A fórmula é a mesma, só que agora a incógnita é a constante, diga-
mos K2; substituindo: ln 1,3 x 10
-3/K2 = (–78087,65/8,314)[(1/297) – (1/313)].
ln 1,3 x 10-3/K2 = –9392,308 (0,00337 – 0,003195) = –1,64365, passan-
do para a forma exponencial: e-1,64365 = 1,3 x 10-3/K2, resulta: 0,1933 x K2 = 1,3 
x 10-3, que fica: K2 = 6,7 x 10
-3 L/(mol x s).
4º Exercício: A presença de um catalisador fornece uma via de rea-
ção onde a energia de ativação é reduzida de 100 KJ/mol para 50 KJ/mol. 
Por qual fator a velocidade da reação aumenta, sendo a temperatura manti-
da em 400 K e todos os outros fatores mantidos iguais?
Solução: A fórmula que corrige K com a nova energia de ativação é a 
equação de Arrhenius:
K = A e–[Ea/(RT)], onde temos duas situações sem catalisador com K1 e Ea 
e com catalisador com K2 e Ea’. As equações então são: 
K1 = A e
–[Ea/(RT)]; K2 = A e
–[Ea’/(RT)], como o expoente é negativo, temos que 
K1 < K2, para cálculo do aumento, devemos então dividir a expressão de K2 por 
K1 que fica: 
K2/K1 = e
–[Ea’/(RT)]/e–[Ea/(RT)]; substituindo e operando fica: 
K2/K1 = e
–15,03488/e–30,06976 = 3,38 x 106, logo: K2/K1 = 3,38 x 10
6.
Atividades de avaliação
1º Exercício: A velocidade de uma reação aumenta por um fator 1.000 
na presença de um catalisador a 25°C. A energia de ativação do caminho ori-
ginal é de 98 KJ/mol. Qual a energia de ativação do novo mecanismo, sendo 
todos os outros fatores iguais?
Resposta: 81 KJ/mol.
2º Exercício: Uma reação de decomposição em fase gasosa é dada pela 
equação: N2O3 NO2 + NO. Ela é uma reação de primeira ordem com K = 
3,2 x 10 -4 s -1. Sendo a concentração inicial do N2O3 igual 1,00 mols / L, quanto 
tempo levará para esta concentração ficar reduzida a 0,125 mols / L? 
Resposta: 6,5 x 103 s ou 1,8 horas.
3º Exercício: Os seguintes dados foram obtidos da reação de decom-
posição:
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CH3NNCH3 (g) C2H6 (g) + N2 (g);
Experiência [CH3NNCH3]o Velocidade inicial (mol / Lxs)
 1 1,13 x 10-2 2,8 x 10 -6;
 2 2,26 x 10-2 5,6 x 10 -6;
Responda:
a) Qual a lei da velocidade?
b) Qual o valor da constante de velocidade?
Resposta: (a) v = K [CH3NNCH3]; (b) K = 2,5 x 10 
-4 s-1.
Referências 
ATKINS, Peter e JONES, Loretta. Princípios de Química. Questionando a 
vida moderna e o meio ambiente. Porto Alegre: Editora Bookman, 2001, 914 p.
BROWN, Theodore L.; LEMAY JÚNIOR, H. Eugene e BURSTEN, Bruce E. 
Química. A ciência central. São Paulo: Editora Pearson Prentice Hall, 2005, 
972 p.
EBBING, Darrell D. Química Geral. Volume 1. 5ª ed. Rio de Janeiro: Livros 
Técnicos e Científicos Editora S. A., 1998, 569 p.
KOTZ, John C.; TREICHEL JÚNIOR, Paul M. Química Geral e reações quí-
micas. Volume 1. São Paulo: Editora Thomson, 2005, 671 p.
RUSSEL, John Blair. Química Geral. Volume 12ª ed. São Paulo: Editora 
Makron Books, 1994, 621 p.
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Capítulo 5
Equilíbrio Químico
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Química Geral II 115
Objetivos
Nesta unidade, nosso estudo visa atingir os seguintes objetivos, relacionados 
ao conhecimento sobre o equilíbrio químico:
• Interpretar qualitativamente o equilíbrio químico;
• Conhecer o quociente reacional e a constante de equilíbrio;
• Conhecer o equilíbrio em solução aquosa;
• Conhecer o deslocamento do equilíbrio e o princípio de Henri Lê Châtelier;
• Conhecer o equilíbrio ácido e a base em solução aquosa.
Introdução
Muitas reações não se completam, pois, ao formar os produtos, esses 
reagem entre si e retornam à situação inicial de reagentes. Essa situação 
estabiliza no ponto onde o sistema reagente possui a menor energia. Nesse 
ponto, chamado equilíbrio químico, a velocidade de formação dos produtos 
é igual à velocidade de formação dos reagentes. Essas reações são cha-
madas de reversíveis e são identificadas pelo baixo rendimento de formação 
dos produtos.
Natureza qualitativa do equilíbrio
No estudo do equilíbrio químico, vamos usar conhecimentos sobre li-
gações químicas, reações químicas, estequiometria da reação, cinética quí-
mica da reação e termoquímica.
Devemos ter um entendimento microscópico de equilíbrio dinâmico em 
que as partículas de reagentes e produtos coexistem em um sistema de co-
lisões constantes que, apesar de resultar em transformações químicas, não 
provocam alterações na composição e estabilidade macroscópica do sistema.
O equilíbrio químico é resultado de uma dinâmica constante de trans-
formações cujos produtos são formados em uma reação direta e, em se-
guida, os produtos também reagem e formam os reagentes iniciais em uma 
reação inversa.
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O equilíbrio é atingido quando a velocidade de formação dos produtos (re-
ação direta) é igual à velocidade de regeneração dos reagentes (reação inversa).
A reação é chamada de reversível e identificada pelo baixo rendimen-
to. As reações nas quais o equilíbrio não é observado são chamadas irrever-
síveis. Por exemplo: as reações de combustão.
Todos os equilíbrios químicos são equilíbrios dinâmicos, ou seja, em-
bora não haja mudança macroscópica do sistema reacional, as reações direta 
e inversa estão acontecendo.
Para entender melhor a natureza qualitativa do equilíbrio, vamos exem-
plificar nossas afirmativas.
Seja a reação do hidrogênio gasoso com o nitrogênio gasoso produzin-
do o gás amoníaco:
3 H2 (g) + N2 (g) 2 NH3 (g)
O primeiro passo para conhecer a reação, conforme já foi estudado na 
cinética da reação química, é realizar a reação. O baixo rendimento apresen-
tado é o primeiro indicativo de que a reação é reversível ou, usando o termo de 
nosso estudo, a reação não se completa atingindo um equilíbrio.
O segundo passo é identificar no equilíbrio químico a reação direta e 
a reação inversa.
Reação direta: 3 H2 (g) + N2 (g) 2 NH3 (g)
Reação inversa: 2 NH3 (g) 3 H2 (g) + N2 (g)
A representação do equilíbrio químico é feita através de uma única 
equação cuja seta dupla indica as duas reações.
3 H2 (g) + N2 (g) 2 NH3 (g)
O terceiro passo é provar que o equilíbrio é dinâmico. Vamos realizar 
duas reações de obtenção do gás amoníaco, em iguais condições de pres-
são e temperatura. Na primeira, vamos usar H2 e N2, na proporção de 3 para 
1; e na segunda, vamosusar D2 e N2, também na proporção de 3 para 1. 
D é o isótopo radioativo do hidrogênio, chamado deutério. As duas reações 
atingem o equilíbrio com quase exatamente a mesma composição, sendo 
que, na primeira, estão presentes H2 e NH3; e na segunda, estão presentes 
D2 e ND3 na composição final.
Vamos supor agora que juntamos as duas misturas, guardadas as con-
dições de pressão e temperatura, e deixamos passar um determinado tempo. 
Quando depois analisamos a mistura, encontramos a mesma concentração 
de amônia, contudo, na análise de amostras com um espectrômetro de mas-
sa, encontramos todas as formas isotópicas da amônia NH3, NH2D, NHD2 e 
ND3 e todas as formas isotópicas do hidrogênio H2, HD e D2. Essa mistura de 
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Química Geral II 117
H e D nas moléculas é uma prova de que as reações direta e inversa conti-
nuaram acontecendo.
O quarto passo é mostrar que tanto a reação direta como a inversa 
são espontâneas até atingir o equilíbrio. Vamos colocar no reator apenas NH3 
e mostrar que a condição de equilíbrio pode ser atingida a partir de qualquer 
sentido. Observamos, na figura nº. 01, as duas situações: em (a), o reator 
abastecido com H2 e N2; e em (b), abastecido com NH3. O equilíbrio apresen-
ta as mesmas concentrações nos dois casos.
Figura nº. 01 – Equilíbrio atingido pela reação direta e pela reação inversa.
O quinto passo é explicar o motivo do equilíbrio químico usando os 
conhecimentos da termoquímica, que também serão utilizados para quantifi-
car o equilíbrio químico.
Estudo dos motivos do equilíbrio químico, definição do quociente 
reacional e da constante de equilíbrio
Antes de iniciar o estudo dos motivos do equilíbrio químico, devemos 
recordar as grandezas que medem a energia e as transformações da matéria.
Sabemos que o conteúdo total de energia é expresso pelo valor da en-
talpia, designada por H e expressa por H = E + PV, em que E é a energia, e 
o produto PV é o trabalho associado à transformação em estudo. A esponta-
neidade está ligada à energia livre ou à energia disponível, designada por G e 
expressa por G = H – TS, em que S é a entropia, grandeza associada à expan-
são do Universo, e T é a temperatura absoluta. Para uma reação química, o 
estudo termoquímico conclui que, com pressão e temperatura constante, ela 
será espontânea quando ∆G < 0. Se ∆G = 0, os estados inicial e final estão em 
equilíbrio. Se ∆G > 0, a reação não acontecerá espontaneamente.
Nas reações com equilíbrio químico, a energia livre muda com o curso 
da reação. Isto ocorre motivado pela variação da entropia e variação dos po-
tenciais químicos de produtos e reagentes. Tudo devido à variação da com-
posição da mistura reacional.
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Para melhor entendimento, vamos observar a figura nº. 02. No gráfico, 
temos a variação de G com o grau de avanço da reação.
Figura nº. 02 - Variação da energia livre de uma mistura reacional com a compo-
sição. A mistura reacional tem uma tendência espontânea para mudar na direção 
da diminuição da energia livre.
Explicado o motivo da espontaneidade da reação inversa até o equilí-
brio, devemos estudar quantitativamente o equilíbrio.
Vamos usar como exemplo uma reação genérica, no estado gasoso, 
do tipo:
aA (g) + bB(g) cC (g) + dD (g)
Na Termoquímica, já estudamos que a variação da entalpia na reação 
é calculada pela fórmula ∆Ho = ∑ Ho formação produtos - ∑	Ho formação 
reagentes, onde Ho é a entalpia de formação por mol da substância no es-
tado padrão. O estado padrão utilizado é a pressão atmosférica e a tempe-
ratura ambiente tomada como 25°C ou 298K.
Após o estudo da entropia, uma propriedade decorrente da constata-
ção da expansão do Universo, os estudos termoquímicos levaram à utiliza-
ção da energia livre ou energia disponível, como a energia, que realmente 
pode ser utilizada na transformação da matéria. 
Para a mesma reação, podemos calcular a variação da energia livre: 
∆Go = ∑Go formação produtos –∑Go formação reagentes, onde Go é a 
energia livre de formação por mol da substância no estado padrão.
Para aplicar a fórmula da variação da energia livre com a reação quí-
mica, devemos achar a energia livre de cada substância no estado padrão. 
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Química Geral II 119
Partindo da relação G = H – TS, onde as grandezas são medidas por mol, 
substituindo as grandezas por seus valores e usando o cálculo diferencial, 
fica dG = VdP – SdT.
Adotando a transformação como sendo a temperatura constante, 
fica: dG = VdP. Supondo o gás como ideal, o volume pode ser expresso V 
= (nRT)/p, que, substituindo e realizando a integração entre dois estados 
limites de valores 1 e 2, temos: nG2 – nG1 = nRT ln (p2/p1).
Vamos tomar o estado 1 como sendo o estado padrão; logo po = 1 at-
mosfera e Go = G1. A nova expressão fica: nG = nGo + nRT ln p (fórmula I). 
Usando a fórmula do ∆G e a fórmula I, teremos: ∆G = ∑nG de 
formação produtos - ∑nG de formação reagentes = [c G(C) + d G(D)] 
–[a G(A) + b G(B)].
Substituindo pelo valor dado na fórmula I, teremos ∆G = [c Go(C) + d 
Go(D) - a Go(A) - b Go(B)] + [c RT ln pC + d RT ln pD - a RT ln pA - b RT ln pB].
Separadamente, vamos efetuar uma simplificação e esclarecer a utili-
zação dos coeficientes estequiométricos na fórmula da constante de equilí-
brio como sendo os expoentes.
Seja c RT ln pC, que é igual a RT c ln pC.
Das propriedades dos logaritmos, tiramos que c ln pC = ln (pC)
c mostra 
que a função é exponencial, pois parte de uma função logarítmica e, usan-
do outra propriedade dos logaritmos, onde ln a – ln b = ln a/b, permite que se 
faça: (c RT ln pC + d RT ln pD – a RT ln pA – b RT ln pB) = RT ln {[(pC)
c (pD) 
d]/[(pA)
a (pB)
b]}.
Por definição, vamos chamar a razão entre as pressões parciais de quo-
ciente reacional e representar por Q. Então fica Q = [(pC)
c (pD)
d ] / [(pA)
a (pB) 
b].
Voltando à expressão de ∆G, fica: ∆G = ∆Go + RT ln Q (fórmula II).
No equilíbrio temos ∆G = 0 e Q = Keq, onde Keq é a constante de 
equilíbrio químico. Substituindo, fica ∆Go = - RT ln Keq (fórmula III). Tam-
bém podemos usar do seguinte modo:
Keq = e–∆Go / RT (fórmula IV)
Na análise da fórmula, podemos verificar que se ∆Go < 0, então Keq > 
1, e, quanto mais negativo for ∆Go, maior será Keq e maior a quantidade dos 
produtos. Vamos observar melhor na figura nº. 03.
Na análise da fórmula, podemos verificar que se ∆Go > 0, então Keq < 
1, e, quanto mais positivo for ∆Go, menor será Keq e menor a quantidade dos 
produtos. Vamos observar melhor na figura nº. 04.
Para utilização da fórmula III ou fórmula IV, devemos utilizar tabelas 
que forneçam os valores da energia livre de formação das substâncias en-
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volvidas na reação química. Vamos transcrever tabelas, citando suas fontes. 
Ver a tabela nº. 01.
Figura nº. 03 – Variação da energia livre com o andamento da reação, a variação de G 
é negativa e Keq é maior que 1. Observamos que as situações fora do equilíbrio são 
analisadas com o coeficiente reacional Q.
Figura nº. 04 – Variação da energia livre com o andamento da reação. A variação de 
G é positiva e Keq é menor que 1. Observamos que as situações fora do equilíbrio são 
analisadas com o coeficiente reacional Q.
Não podemos ficar restritos ao estado padrão, por isso vamos deduzir 
uma fórmula que mostre a mudança da temperatura. Com essa mudança, a 
constante também muda. Antes da dedução da nova fórmula, vamos aprovei-
tar as figuras 03 e 04 para analisar a direção da reação.
Se Q > K, a reação tenderá para processar a reação inversa.
Se Q < K, a reação tenderá para processar a reação direta.
Se Q = K, a reação está no equilíbrio químico.
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Química Geral II 121
Voltemos à fórmula III: ∆Go = - RT ln Keq, onde temos ∆Go = ∆Ho 
–T∆So. Substituindo na fórmula III, fica: ln Keq = –(∆Ho/RT) +(∆So/R). Apli-
cando a fórmula em duas temperaturas, temos:
ln Keq1 = - [∆Ho/(RT1)] + (∆So/R).
ln Keq2 = - [∆Ho/(RT2)] + (∆So/R).
Subtraindo a primeira da segunda expressão, fica: ln (Keq2/Keq1) = –
(∆Ho/R)[(1/T2) – (1/T1)]; (fórmula V)
Tabela 1
Energia livre de formação das substâncias
Energias livres de formação, ∆Go (KJ MOL-1) a 298,15*
Elementos
gases sólidos
H 203,263 F
2
0 C
grafite
0
H
2
0 S 238,283 C
diamante
2,900
C 671,290 Cl 0 Na
cristal
0
C
2
775,92 Cl
2
0 S
rômico
0
N 445,579 Br 82,429 S
monocíclico
0,07
N
2
0 Br
2
3,143 Ca
cristal
0
O 231,747 l 70,283 Fe
cristal
0
O
2
0 l
2
19,360 Cu
cristal
0
O
3
163,2 Zn
cristal
0
F 61,93 Ag
cristal
0
Compostos Inorgânicos
Elementos
gases líquidos sólidos
H
2
O –228,588 SO –19,837 H
2
O –237,178 CaO
grafite
–604,05
H
2
O
2
 –105,60 SO
2
 –300,194 H
2
H
2
 –120,42 Ca(OH)
2, cristal
–898,56
NH
3
 –16,48 SO
3
 –371,076 SO
3
 –373,80 CaCO
3, calcita
–1128,84
HCl –95,299 ClO 98,11 CaCO
3, aragonita
–1127,80
Hl 1,72 ClO
2
, 120,5 BaCO
4, whiterita
–1137,6
CO –137,152 CaSO
4, cristal
–1362,2
CO
2
 –394,359 Fe
2
O
3
–742,2
NO 86,55 CuO
cristal
–129,7
NO
2
 51,29 ZnO
cristal
–318,32
N
2
O 104,18 AgCl
cristal
–109,805
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furtado, f.122
Da análise da fórmula V, ln (Keq2/Keq1) = –(∆Ho/R)[(1/T2) – (1/T1)], 
podemos retirar conclusões úteis ao nosso estudo de deslocamento do equilí-
brio: se a reação for exotérmica, então ∆Ho < 0, sendo T2 mais alta do que T1, 
Keq2 é menor que Keq1. Se a reação for endotérmica, então ∆Ho > 0, sendo 
T2 mais alta do que T1, Keq2 é maior que Keq1.
Para utilizar a fórmula V, devemos ter a tabela com as entalpias de 
formação das substâncias. Ver a tabela nº. 02.
Compostos Orgânicos
gases líquidos
CH
4
 (metano) –50,82 CH
3
OH(metanol) –166,35
C
2
H
6
 (etano) –31,95 C
2
H
6
OH(etanol) –174,89
C
2
H
4
 (etileno) 68,43 CH
3
OH(ác. acético) –390,0
C
2
H
2
 (acetinelo) 209,97 C
2
H
6
(benzeno) 124,42
C
3
H8
6
 (propano) –24,40
C
3
H
6
 (propileno) 62,14
C
4
H
10
 (n-butano) –16,56
C
4
H
10
 (isobutano) –20,76
C
4
H
8
 (1-buteno) 70,24
C
4
H
8
 (cis-2-buteno) 65,5
C
4
H
8
 (trans-2-buteno) 63,4
C
6
H
6
 (benzeno) 129,65
Fonte: Mahan e Myers - Química um curso universitário – Edgard Blucher
Tabela 2
Entalpia de formação das substâncias
Elementos
gases sólidos
H 217,965 F
2
0 C
grafite
0
H
2
0 S 278,805 C
diamante
1,895
C 716,682 Cl 121,679 Na
cristal
0
C
2
831,90 Cl
2
0 S
rômico
0
N 472,704 Br 11,884 S
monocíclico
0,36
N
2
0 Br
2
30,907 Ca
cristal
0
O 249,170 l 106,838 Fe
cristal
0
O
2
0 l
2
62,438 Cu
cristal
0
O
3
142,7 Zn
cristal
0
F 78,99 Ag
cristal
0
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Química Geral II 123
O que muda quando o equilíbrio ocorre em solução?
Ao deduzir a fórmula da constante de equilíbrio, assumimos que os rea-
gentes e os produtos eram gases. Se os reagentes e os produtos estiverem em 
solução aquosa, devemos redefinir a constante de equilíbrio a começar pela 
fórmula I, definida com um estado padrão de po = 1 atmosfera e To = 298 K.
Na fórmula I, temos nG = nGo + nRT ln p, onde p é a pressão parcial do 
gás em atmosfera e po = 1 atmosfera. Em solução, deveríamos usar a atividade 
do soluto em vez da pressão, mas com a restrição de que seja uma solução dilu-
ída (solução ideal), usaremos a fração molar ou, de preferência, a concentração 
molar. A nova fórmula da constante de equilíbrio, fica: Kc = {[C]c [D]d)/([A]a [B]b}.
Compostos Inorgânicos
Elementos
gases líquidos sólidos
H
2
O–241,818 SO –6,259 H
2
O –285,830 CaO
grafite
–635,09
H
2
O
2
–136,31 SO
2
 –296,830 H
2
H
2
 –187,78 Ca(OH)
2, cristal
–986,09
NH
3
 –46,11 SO
3
 –395,72 SO
3
 –441,04 CaCO
3, calcita
–1206,92
HCl –92,307 ClO 101,84 CaCO
3, aragonita
–1207,13
Hl 26,48 ClO
2
, 102,5 BaCO
4, whiterita
–1216,3
CO –110,52 CaSO
4, cristal
–1473,2
CO
2
 –393,509 Fe
2
O
3
–824,2
NO 90,25 CuO
cristal
–157,3
NO
2
 33,18 ZnO
cristal
–348,28
N
2
O 82,05 AgCl
cristal
–127,065
Compostos Orgânicos
gases líquidos
CH
4
 (metano) –74,85 CH
3
OH(metanol) –238,66
C
2
H
6
 (etano) –83,85 C
2
H
6
OH(etanol) –227,69
C
2
H
4
 (etileno) 52,51 CH
3
OH(ác. acético) –484,5
C
2
H
2
 (acetinelo) 227,48 C
2
H
6
(benzeno) 49,08
C
3
H8
6
 (propano) –104,68
C
3
H
6
 (propileno) 19,71
C
4
H
10
 (n-butano) –125,65
C
4
H
10
 (isobutano) –134,18
C
4
H
8
 (1-buteno) –0,54
C
4
H
8
 (cis-2-buteno) –7,4
C
4
H
8
 (trans-2-buteno) 11,0
C
6
H
6
 (benzeno) –82,93
Fonte: Mahan e Myers - Química um curso universitário – Edgard Blucher
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furtado, f.124
Devemos destacar que, no equilíbrio, os coeficientes estequiométricos 
são os expoentes da fórmula da constante, mesmo que não saibamos o me-
canismo da reação. A expressão da constante de equilíbrio depende apenas 
da estequiometria da reação, e não de seu mecanismo. Na nova fórmula, Kc 
é a constante em função das concentrações molares. De modo geral, usamos 
as seguintes unidades de concentrações. Se for gás, usar pressão parcial ou 
fração molar; se for solução, usar concentração molar ou fração molar.
Vamos necessitar de uma tabela para moléculas ou íons em solução. 
Ver a tabela nº. 03.
Tabela 3
Entalpia e energia livre de moléculas e íons em solução aquosa. Valores em KJ por mol.
Espécie em solução ∆H
f
o ∆Gof (kj mol-1)
neutros
He (aq) –1,7 19,7
O
2
 (aq) –11,7 16,4
CO
2
(aq) –473,80 –386,01
NH
3
(aq) –80,29 –26,57
CH
3
COOH(aq) –485,76 –396,56
dissociados
H+ (aq) + Cl –167,159 –131,261
Na+ (aq) + Cl- (aq) –407,27 –393,149
íon simples
H+ (aq) 0 0
Cl-(aq) –167,159 –131,261
Na+ (aq) –240,12 –261,889
OH-(aq) –229,994 –157,293
NH
4
+ (aq) –132,51 –79,38
HCO
3
+ (aq) –691,99 –586,85
SO
4
2-(aq) –909,27 –744,63
Cu2+ (aq) 64,77 65,52
Zn
4
2+ (aq) –153,89 –147,03
Ag+ (aq) 105,579 77,123
Fonte: Mahan e Myers – Química um curso universitário – Edgard Blucher Ltda.
Qual a relação entre a Keq (reação gasosa) e Kc (reação em solução)?
Supondo os gases ideais, podemos fazer em uma mistura gasosa ideal 
para a substância gasosa A: pA = (nA RT)/V ou pA = RT (nA/V). Como nA/V é a 
concentração molar de A, a pressão parcial pode ser tomada como: pA = RT 
[A]. Na expressão da Keq, substituindo a pressão parcial pelo valor RT [A], 
fica Keq = (RT)∆n Kc, ou Kc = (RT)-∆n Keq, onde ∆n é a variação do número 
de mols entre produtos e reagentes: ∆n = n (produtos) – n (reagentes).
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Química Geral II 125
As constantes de equilíbrio não têm unidades, pois os termos expres-
sos como pressão são, na realidade, uma razão entre pressões, já que de-
vemos levar em conta o estado padrão, ou seja, 2 atmosferas/1 atmosfera = 
2, número adimensional. A constante de equilíbrio Kc também é adimen-
sional, pois as concentrações formam uma razão com a concentração do 
estado padrão que é de 1 mol x L-1.
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES
Exercicio 1: A reação 3 H2 (g) + N2 (g) 2 NH3 (g) é realizada na 
temperatura de 472ºC. O equilíbrio é atingido e a mistura de gases foi analisa-
da, apresentando o seguinte resultado: 7,38 atm de H2, 2,46 atm de N2 e 0,166 
atm de NH3. Com os dados, calcule a constante de equilíbrio.
Solução: Como a equação química está balanceada, podemos escre-
ver a fórmula da constante: Keq = (pNH3)²/[(pN2)(pH2)³] = (0,166)²/[(2,46)(7,38)³]. 
Operando, fica Keq = 2,79 x 10-5. Caso a pressão seja medida em mmHg, de-
vemos usar um fator de transformação. Para o caso do presente exercício fica 
KeqmmHg = Keq atm {[(760 mmHg/1atm)²]/[(760 mmHg/1 atm)(760 mmHg/1 
atm)³]} = (Keqatm)/(760)² = 2,79 x 10
-5/577600 = 4,8 x 10-11.
Exercicio 02: Seja o equilíbrio: 2 NOCl (g) 2 NO (g) + Cl2 (g), 
onde a constante foi calculada como Kc = 3,75 x 10 -6 na temperatura de 
796°C. Calculea Keq para esta reação nesta temperatura.
Solução: Sabemos que: ∆n = n (produtos) – n (reagentes) = (2 + 1) 
–2 = 1, logo Keq = Kc (RT)∆n = (3,75 x 10-6)[(0,0821)(1069)] = 3,29 x 10-4. O 
valor de R é tomado em atmosferas, pois o estado padrão foi definido como 
uma atmosfera.
Estudo do deslocamento do equilíbrio químico
Ao estudar o deslocamento do equilíbrio químico, devemos iniciar por 
conhecer o chamado princípio de Henri Louis Lê Châtelier, químico indus-
trial francês: “Quando uma perturbação exterior é aplicada a um sistema em 
equilíbrio dinâmico, o equilíbrio tende a se ajustar para minimizar o efeito 
desta perturbação”.
Vamos selecionar a aplicação de três perturbações exteriores ao siste-
ma em equilíbrio e realizar o estudo separadamente de cada caso.
a) A adição ou a subtração de um reagente ou de um produto
Seja a reação: 3 H2 (g) + N2 (g) 2 NH3 (g), em equilíbrio quími-
co. Adicionamos certa quantidade de hidrogênio. Após a adição do hidro-
gênio, o sistema sai do equilíbrio, ficando com maior quantidade de rea-
gentes. O cálculo do Q, o quociente reacional, indica que, nesta situação, 
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furtado, f.126
Q < K; logo conforme o princípio de Lê Châtelier, a reação vai ocorrer no 
sentido de consumir reagentes, aumentado a quantidade de produtos para 
restabelecer o equilíbrio.
Veja a figura nº. 05 para melhor entendimento.
Figura nº. 05 – Efeito da adição de H2 no equilíbrio químico da reação:
3 H2 (g) + N2 (g) 2 NH3 (g), onde a reação ocorre para restabelecer o equilíbrio 
consumindo o hidrogênio e o nitrogênio e produzindo amônia, restabelecendo o equi-
líbrio químico.
Esta é uma perturbação externa que não muda o valor da constante 
de equilíbrio.
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES
Exercicio 01: Considere o equilíbrio químico butano isobuta-
no, onde as concentrações são: [butano] = 0,50 mol/L e [isobutano] = 1,25 
mol/L. A mistura ocupa o volume de 1,00 litros. São adicionados 1,50 mols/L 
de butano. Calcule as novas concentrações no equilíbrio.
Solução: A constante no equilíbrio pode ser calculada através das con-
centrações fornecidas: Kc = [isobutano]/[butano] = 1,25/0,50 = 2,5. Quando 
adicionamos 1,50 mols/L de butano, o denominador aumenta, ficando Q < K. 
Conforme já foi visto na figura 03 e 04, o sentido da reação favorece a reação 
direta para consumir butano e produzir isobutano. Vamos organizar um quadro 
para melhor entendimento:
 Reação butano (mol / L) isobutano (mol / L)
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Química Geral II 127
 No início, temos 0,50 1,25
 Após a adição de butano, temos 0,50 + 1,50 1,25
 No equilíbrio, temos 0,50 + 1,50 – x 1,25 + x
O novo equilíbrio apresenta novas concentrações que podem ser cal-
culadas usando a constante: 2,5 = (1,25 + x) / (0,50 + 1,50 – x) = (1,25 + x)/
(2,0 – x). Operando fica: x = 1,07 mol / L. 
As novas concentrações são:
[butano] = 0,50 + 1,50 – 1,07 = 0,93 mol / L;
[isobutano] = 1,25 + 1,07 = 2,32 mol / L.
Observe que a constante permanece com o mesmo valor, mas as con-
centrações têm valores diferentes.
b) A variação do volume em equilíbrio na fase gasosa
A variação de volume assume maior importância para o equilíbrio em 
fase gasosa. Quando ocorre diminuição de volume ou aumento de pres-
são, o equilíbrio se movimenta no sentido de diminuir o número de mols. 
Quando ocorre aumento de volume ou diminuição de pressão, o equilíbrio 
se movimenta no sentido de aumentar o número de mols.
Exercicio 02: A reação 2 NO2 (g) N2O4 (g) é realizada a 298K e 
está em equilíbrio com as seguintes concentrações: [N2O4] = 0,0280 mol/L e 
[NO2] = 0,0128 mol/L. O volume é reduzido à metade. Verifique como a rea-
ção se desloca para minimizar o efeito. 
Solução: Usando as concentrações vamos calcular a constante de 
equilíbrio antes da compressão: Kc = [N2O4]/[NO2]² = 0,0280/(0,0128)² = 
170,94. Quando o volume é reduzido à metade, a concentração dos gases é 
duplicada; logo temos: [N2O4] = 0,0560 mol/L e [NO2] = 0,0256 mol/L. A rela-
ção Q fica (0,0560)/(0,0256)² = 85,457; logo Q< Kc favorece a reação direta, 
ou seja, o consumo de NO2 e produção de N2O4.
A análise confirma que o aumento de pressão ou a diminuição de volu-
me favorece o sentido que reduz o número de mols.
Comentário:
1) Para uma reação em que não há variação no número de mols do 
gás, como: H2 (g) + I2 (g) 2 HI (g), uma variação de volume não terá 
nenhum efeito.
2) Esta é uma perturbação externa que não muda o valor da constante 
de equilíbrio.
c) A variação da temperatura no equilíbrio químico
Este estudo já foi realizado, em parte, na dedução da fórmula V e a 
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furtado, f.128
análise feita logo em seguida: ln (Keq2/Keq1) = -(∆Ho/R) [(1/T2) – (1/T1)]. A pre-
sença do calor de reação em forma de ∆Ho justifica a importância de a reação 
ser exotérmica ou endotérmica.
Se ∆Ho < 0, a reação é exotérmica; logo sendo T2 mais alta do que T1, 
teremos Keq2 menor que Keq1. Se ∆Ho > 0, a reação é endotérmica; logo 
sendo T2 mais alta do que T1, teremos Keq2 maior que Keq1.
As conclusões têm origem da própria fórmula. Sendo o logaritmo nega-
tivo, implica que a relação entre as constantes é menor que a unidade e, sen-
do o logaritmo positivo, a relação entre as constantes é maior que a unidade.
Exercício 03: A reação N2 (g) + O2 (g) 2 NO (g), endotérmica com 
o calor de reação a 298K igual a ∆Ho = +180,5 KJ, tem sua constante calcu-
lada como 4,5 x 10 -31. Calcule sua constante a 900K e verifique sua variação.
Solução: Aplicando a fórmula: ln (Keq2/Keq1) = –(∆Ho/R)[(1/T2) – (1/
T1)], e fazendo o estado 1 com T1= 298K e o estado 2 com T2 = 900K, fica: ln 
(Keq2)/(4,5 x 10
-31) = –[(180500)/(8,314)][(1/900) – (1/298)], operando temos: ln 
(Keq2)/(4,5 x 10
-31) = (–21710,368) x (-0,0022457) = 48,75497.
Keq2/(4,5 x 10
-31) = e48,75497 = 1,492844 x 1021. Operando, teremos o 
valor: Keq2 = 6,7 x 10
-10. Como podemos observar, a constante aumentou de 
valor, confirmando nossa análise de que sendo a reação endotérmica, se a 
temperatura aumenta, favorece a formação do produto aumentando o valor 
da constante.
Exercício 04: A reação 2 NO2 (g) N2O4 (g), exotérmica com calor 
de reação a 273K igual a ∆Ho = –57,2 KJ tem sua constante calculada como 
sendo igual a 1300. Calcule sua constante a 498K e estude sua variação.
Solução: Aplicando a fórmula: ln (Keq2/Keq1) = –(∆Ho/R)[(1/T2) – (1/
T1)], e fazendo o estado 1 com T1 = 273 e o estado 2 com T2 = 498K, resul-
ta: ln (Keq2)/(1300) = [(57200)/(8,314)][(1/498) – (1/273)]. Operando, temos: ln 
(Keq2)/(1300) = (6879,9615)(–0,001655) = –11,386.
(Keq2)/(1300) = e
–11,386 = 1/88.079,932 = 0,000011353. Então calcula-
mos o valor: Keq2 = 147,59 x 10
–4.
Como podemos observar, a constante diminuiu de valor, confirmando 
nossa análise de que sendo a reação exotérmica, se a temperatura aumen-
ta, favorece a formação do reagente, diminuindo o valor da constante. Não 
usar intervalo de temperatura muito grande, pois a hipótese de ∆Ho ser cons-
tante adiciona erro no cálculo.
Em resumo, a variação da constante com a temperatura deve ser en-
tendida como:
Quando a temperatura de um sistema em equilíbrio aumenta, o equilí-
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Química Geral II 129
brio desloca–se na direção que absorve energia, direção endotérmica;
Quando a temperatura de um sistema em equilíbrio diminui, o equilíbrio 
desloca-se na direção que libera energia, direção exotérmica;
Quando a temperatura aumenta ou diminui, a composição no equilí-
brio varia, e o valor da constante será diferente.
Equilíbrio químico heterogêneo
Um equilíbrio heterogêneo envolve duas ou mais fases. Como exemplo, 
vamos estudar a dissolução do cloreto de chumbo (II).
PbCl2 (s) Pb
2+ (aq) + 2 Cl– (aq).
O sistema formado consiste em um sólido em equilíbrio com duas 
espécies aquosas. A expressão da constante de equilíbrio em um equilíbrio 
sólido-solução aquosa, em termos de concentração,será: Kc = {[Pb 2+][Cl 
-]²}/[PbCl2].
Surge agora a pergunta: Como expressar a concentração molar de 
uma substância sólida? Apesar de ser possível expressar a concentração de 
um sólido em termos de mols por unidade de volume, é desnecessário, pois, 
na expressão da constante de equilíbrio, a concentração é uma razão entre 
a concentração e o valor de referência, sendo válido para as substâncias 
puras, independente de serem sólidas ou líquidos puros. 
A concentração de referência para uma substância pura, no estado 
sólido, é simplesmente a da própria substância pura; logo a concentração 
dividida por ela mesma resulta na unidade. No caso do líquido puro, essa re-
lação é um número constante; logo é desnecessário que sólidos e líquidos 
puros apareçam na expressão da constante de equilíbrio.
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Adotando como regra, podemos dizer: “Quando um sólido ou um líquido 
puro está envolvido em um equilíbrio heterogêneo, sua concentração não é 
incluída na expressão da constante de equilíbrio para a reação”.
No caso de solvente, se a solução for diluída, podemos tomar como 
líquido puro e excluir o solvente da expressão da constante, mas incluindo as 
concentrações das substâncias dissolvidas.
Como o sólido não consta na expressão do equilíbrio, a colocação ou 
retirada de reagentes ou produtos sólidos não afeta o valor da constante.
Para avançar em conhecimentos que serão tratados na Química 
Analítica, vamos entender o seguinte equilíbrio: PbCrO4(s) Pb
2+(aq) 
+ CrO4
2- (aq); o cromato de chumbo em equilíbrio com as duas espécies 
define a solubilidade do cromato e do chumbo em água. O equilíbrio pode 
ser visto na figura nº. 06.
Figura nº. 06 – Equilíbrio químico heterogêneo. A velocidade de precipitação dos íons 
é igual à velocidade de dissolução. A concentração das espécies permanece cons-
tante. Esse valor numérico representa a solubilidade em água das duas espécies.
A constante incorpora o valor constante da concentração do sólido, 
no caso, o cromato de chumbo. A expressão que seria Kc = {[Pb2+][CrO4
2-]}/
[PbCrO4] passa a ser Kps = [Pb
2+][CrO4
2-], onde Kps é a constante com a 
concentração do sólido incorporada e chamada de produto de solubilidade 
dos dois íons. No nosso exemplo, seu valor é 2,8 x 10-13 a 25°C, mostrando o 
quanto é baixa sua solubilidade.
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Química Geral II 131
Equilíbrio de ácido e base em solução aquosa
O estudo da função ácida ou básica está muito ligado ao estudo da 
solução aquosa. Em 1880, o químico sueco Svante Arrhenius ligou o com-
portamento ácido à presença de íons H+ em água e o comportamento básico 
à presença de íons OH– em água. 
Em 1923, o químico dinamarquês Johannes Bronsted e o químico in-
glês Thomas Lowry propuseram um conceito mais amplo para as funções 
ácido e base. Nesse estudo, a função se manifesta através de uma reação 
ácido-base, envolvendo a transferência de íons H+ de uma substância para 
outra, podendo ou não ser em solução aquosa. A definição proposta para 
ácido e base é:
“Ácido é uma substância (molécula ou íon) que pode doar próton para 
outra substância”.
“Base é uma substância que pode receber próton de outra substância”.
Dois pontos são observados no estudo. O primeiro é que a função se 
manifesta através de uma reação; o segundo é que a reação, na maioria dos 
casos, não se completa, podendo ser tratada como um equilíbrio químico. 
Vamos estudar o caso em que a reação ocorre em solução aquosa.
Vamos usar como exemplo o ácido clorídrico em água:
HCl (g) + H2O (l) H3O
+ (aq) + Cl– (aq);
Como o HCl transfere o H+ para a molécula de água, podemos afirmar 
que ele é um ácido. Como a água recebe um próton, podemos afirmar que é 
uma base. A reação produziu um ácido conjugado, no caso, o H3O
+, e uma 
base conjugada no caso Cl-. O processo pode ser visto melhor quando estu-
dado separadamente.
Doar próton: HCl H+ + Cl–; função ácida.
Receber próton: H2O + H
+ H3O
+; função base.
A reação pode acontecer sem a presença da água, continuando 
visível a presença das funções ácida e básica:
HCl (g) + NH3 (g) NH4 
+ + Cl - , a reação ocorre em fase 
gasosa nos mesmos moldes que em água. O produto formado, no caso, o 
cloreto de amônia, é a fumaça branca que se observa nos laboratórios de 
Química, sendo usada em experiências para medir a difusão gasosa.
O ácido usado como exemplo tem completa ionização em água. O fato 
deve ser traduzido como motivo para ser considerado um ácido forte.
Usando outro exemplo, vamos estudar o ácido cianídrico, em água:
HCN (aq) + H2O (l) H3O 
+(aq) + CN – (aq)
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furtado, f.132
A experiência mostra que a ionização não se completa e que somen-
te uma fração das moléculas de HCN doa seus prótons, estabelecendo um 
equilíbrio em que todas as espécies estão presentes e o equilíbrio é dinâmico.
O ácido está constantemente doando prótons para a água. Os íons for-
mados estão constantemente reagindo e produzindo o ácido e a água. As 
concentrações permanecem constantes. Como somente uma fração de mo-
léculas de HCN doa seus prótons para a água, ele é classificado como ácido 
fraco. Seu estudo é feito como um equilíbrio químico.
Kc = {[H3O
+][CN- ]}/{[HCN][H2O]}, como a concentração do líqui-
do puro no líquido puro é um valor constante, podemos incluir [H2O] na 
constante de equilíbrio, chamar esta nova constante de constante ácida 
em água e representar por Ka. Fica o equilíbrio representado: Ka = {[H3O
+]
[CN–]}/[HCN].
No caso das bases, podemos adotar conduta semelhante, utilizando a 
água como referencial. Se a ionização é completa, a base é forte. Caso con-
trário, a base é fraca. Vamos usar como exemplo a amônia (NH3) em água:
NH3 (aq) + H2O (l) NH4
+ (aq) + OH– (aq), a constante será calcu-
lada: Kc = {[NH4
+] [OH-]}/{[NH3][H2O]}. Do mesmo modo, sendo a concentra-
ção da água uma constante, fica: Kb = {[NH4
+][OH-]}/[NH3].
Os valores de Ka e Kb, são tabelados e utilizados no cálculo da con-
centração de H3O
+ ou OH–. Podemos observar os valores na tabela nº. 04, 
que mostra dois limites para ácidos. Acima do íon hidrônio H3O
+, o ácido é 
considerado forte e, abaixo da água, o ácido é considerado muito fraco. Entre 
os dois limites, o ácido é considerado fraco. A tabela mostra ainda dois limites 
para as bases. Acima da água como base, a base é considerada muito fraca 
e, abaixo do íon hidróxido, a base é considerada forte. Entre os dois limites, 
a base é considerada fraca. No intervalo que define as bases e os ácidos 
fracos, como já ficou definido, existe um equilíbrio químico. Usamos as cons-
tantes em todos os ácidos e em todas as bases para generalizar: se K > 1, o 
ácido ou a base é forte; se K < 1, o ácido ou a base é fraca. 
Observe que o valor da constante para o íon hidrônio é Ka = 1, e todos os 
ácidos acima são considerados fortes. No caso da base, o valor da constante 
para o íon hidróxido é Kb = 1, e todas as bases abaixo são consideradas fortes.
Os ácidos fortes possuem bases conjugadas muito fracas, e os ácidos 
muito fracos possuem bases conjugadas fortes. Para os ácidos fracos com o 
valor da constante não encontramos dificuldade de apontar qual o mais forte 
entre os dois, pois o valor da constante esclarece a dúvida. Entre dois ácidos 
fortes ou duas bases fortes, devemos usar outro solvente anfótero que reali-
ze a auto ionização. Para dois ácidos fortes, podemos usar o ácido acético 
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Química Geral II 133
como solvente. Para o caso de duas bases fortes, a troca de solvente pode ser 
feita pela amônia líquida, que também é anfótera e realiza a auto ionização.
• No caso de dois ácidos fortes, veremos que o mais forte deles, no ácido 
acético, é o que tem ionização completa.
• No caso de duas bases fortes, veremos que a mais forte, na amônia líqui-
da, é a que tem ionização completa.
A conduta de troca do solventepermite experimentalmente definir que 
o ácido perclórico é mais forte que o ácido clorídrico.
A maioria dos ácidos e bases está classificada como fraca e está na 
faixa da auto ionização da água: H2O + H2O H3O 
+ + OH -. 
A constante é calculada como Kc = {[H3O
+][OH-]}/{[H2O][H2O]}. 
A concentração da água é um valor constante, logo o produto de duas 
constantes fica: Kc [H2O]² =Kw = [H3O
+][OH-] = 10–14; ou Kw = [H+][OH–] = 10-14.
Tabela 4
Constantes de equilíbrio ácidas e básicas.
Nome do ácido Ácido K
a
Base K
b
Nome da base
Ácido perclórico HClO
4
grande ClO
4
– muito pequeno Íon perclorato
Ácido sulfúrico H
2
SO
4
grande HSO
4
– muito pequeno Íon hidrogenosulfato
Ácido clorídrico HCl grande Cl– muito pequeno Íon cloreto
Ácido nítrico HNO
3
grande NO
3
– muito pequeno Íon nitrato
Íon hidrônio H
3
O+ 1,0 H
2
O 1,0 x 10–14 água
Ácido sulfuroso H
2
SO
3
1,2 x 10–2 HSO
3
– 8,3 x 10–13 Íon hidrogenosulfito
Íon hidrogenosulfato HSO
4
– 1,2 x 10–2 SO
4
2– 8,3 x 10–13 Íon sulfato
Ácido fosfórico H
3
PO
4
7,5 x 10–3 H
2
PO
4
– 1,3 x 10–12 Íon dihidrogenofosfato
Íon hexaaquaferro (III) Fe(H
2
O)
6
3+ 6,3 x 10–3 Fe(H
2
O)
5
OH2+ 1,6 x 10–12 Íon pentaaquahidroxoferro (III)
Ácido fluorídrico HF 7,2 x 10–4 F– 1,4 x 10–11 Íon fluoreto
Ácido nitroso HNO
2
4,5 x 10–4 NO
2
– 2,2 x 10–11 Íon nitrico
Ácido benzóico HCO
2
H 1,8 x 10–4 HCO
2
– 5,6 x 10–11 Íon benzoato
Ácido fórmico C
6
H
5
CO
2
H 6,3 x 10–5 C
6
H
5
CO
2
– 1,6 x 10–10 Íon formiato
Ácido acético CH
3
CO
2
H 1,8 x 10–5 CH
3
CO
2
– 5,6 x 10–10 Íon acetato
Ácido propanóico CH
3
CH
2
CO
2
H 1,3 x 10–5 CH
3
CH
2
CO
2
– 7,7 x 10–10 Íon propanoato
Íon hexaaquaalumínio Al(H
2
O)
6
3+ 7,9 x 10–6 Al(H
2
O)
5
OH2+ 1,3 x 10–9 Íon pentaaquahidroxoalumínio
Ácido carbônico H
2
CO
3
4,2 x 10–7 HCO
3
– 2,4 x 10–8 Íon hidrogenocarbonato
Íon hexaaquaalumínio (II) Al(H
2
O)
6
2+ 1,6 x 10–7 Cu(H
2
O)
5
OH+ 2,25 x 10–8 Íon pentaaquahidroxocobre (II)
Sulfeto de hidrogênio H
2
S 1 x 10–7 HS– 1 x 10–7 Íon hidrogenosulfeto
Íon dihidrogenofosfato H
2
PO
4
– 6,2 x 10–8 HPO
4
2– 1,6 x 10–7 Íon hidrogenofosfato Íon sulfito
Íon dihidrogenosulfito HSO
3
– 6,2 x 10–8 SO
3
2– 1,6 x 10–7 Íon sulfito
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Nome do ácido Ácido K
a
Base K
b
Nome da base
Íon hipocloroso HClO 3,5 x 10–8 ClO– 2,9 x 10–7 Íon hipoclorito
Íon hexaaquachumbo (II) Pb(H
2
O)
6
2+ 1,5 x 10–8 Pb(H
2
O)
5
OH+ 6,7 x 10–7 Íon pentaaquahidroxochumbo (II)
Íon hexaaquabalto (II) Co(H
2
O)
6
2+ 1,3 x 10–9 Co(H
2
O)
5
OH+ 7,7 x 10–6 Íon pentaaquahidroxocolbato (II)
Ácido bórico B(OH)
3
(H
2
O) 7,3 x 10–10 B(OH)
4
– 1,4 x 10–5 Íon tetrahidrohidroxoborato
Íon amônio NH
4
+ 5,6 x 10–10 NH
3
1,8 x 10–5 Amônia
Ácido cianídrico HCN 4,0 x 10–10 CN– 2,5 x 10–5 Íon cianeto
Íon hexaaquaferro (II) Fe(H
2
O)
6
2+ 3,2 x 10–10 Fe(H
2
O)5OH+ 3,1 x 10–5 Íon pentaaquahidroxoferro (II)
Íon hidrogenocarbonato HCO
3
– 4,8 x 10–11 CO
3
2– 2,1 x 10–4 Íon carbonato
Íon hexaaquaníquel (II) Ni(H
2
O)
6
2+ 2,5 x 10–11 Ni(H
2
O)
5
OH+ 4,0 x 10–4 Íon pentaaquahidroxoníquel (II)
Íon hidrogenofosfato HPO
4
2– 3,6 x 10–13 PO
4
3– 2,8 x 10–2 Íon fosfato
Água H
2
O 1,0 x 10–14 OH– 1,0 Íon hidróxido
Íon hidrogenosulfeto* HS– 1 x 10–19 S2 1 x 105 Íon sulfeto
Etanol C
2
H
5
OH muito pequena C
2
H
5
O– grande Íon etóxido
Amônia NH
3
muito pequena NH
2
– grande Íon amida
Hidrogênio H
2
muito pequena H– grande Íon hidreto
Fonte: Kotz e Trechel, Jr. – Química Geral e reações químicas- Ed. Thomson.
O intervalo que mais nos interessa vai de [H+] = 1 até 10-14 (ver tabela). 
Como é desconfortável trabalhar com números tão pequenos, foi usado um 
operador matemático, no caso, o logaritmo, para facilitar os cálculos.
A definição de pH evita o sinal negativo daí: pH = –log[H+] e pOH = –
log[OH–].
Os sistemas aquosos são abundantes e de grande importância para 
as diversas atividades do ser humano. O pH pode ser medido através do 
pHmetro ou através do conhecimento da constante ácida ou da constante 
básica. Ver figura nº. 07.
Figura nº. 07 – Medidor de pH, co-
nhecido também como pHmetro. 
Seu funcionamento é baseado na pi-
lha de concentração onde um eletro-
do é mergulhado na solução padrão, 
e o outro é mergulhado na solução 
que se quer medir o pH. A diferença 
de potencial ou voltagem é propor-
cional ao pH.
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Química Geral II 135
Em Engenharia, o pH abaixo de 6 indica água corrosiva e, acima de 9, 
água incrustante. Na Biologia, a mudança de pH de um sistema aquático, via 
poluição ou chuva ácida, implica na morte de várias espécies vivas.
Na figura nº. 08, podemos verificar o campo de variação do pH e 
seus valores para produtos do cotidiano. Para o sistema aquoso natural, a 
concentração mais elevada é considerada [H+] = 1,0 ou [H+] = 10°, resul-
tando pH = 0.
Figura nº. 08 – Variação do pH e da concentração de [H+] de 1 até 10-14.
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES
Exercício 01: O ácido iodídrico se decompõe a 458ºC, conforme a re-
ação reversível: 2 HI (g) H2 (g) + I2 (g). A quantidade de I2 é determinada 
experimentalmente pela variação da cor. Colocamos 4,0 mols de HI em um 
recipiente de 5,0 litros de volume na temperatura de 458ºC. No equilíbrio, a 
presença de I2 foi determinada como sendo 0,442 mols. Calcule a constante 
do equilíbrio químico.
Solução: Com as quantidades e o volume, podemos calcular as concen-
trações; logo temos [HI] = 4,0/5,0 = 0,8 (no início) e [I2] = 0,442/5,0 = 0,0884 (no 
equilíbrio).
Para facilitar o entendimento, vamos organizar os dados, usando a 
equação:
2 HI (g) H2 (g) + I2 (g);
No início: 0,8 0 0
Reação: –2x x x
No equilíbrio: 0,8 – 2x 0,0884 0,0884;
O cálculo das concentrações no equilíbrio fica mais fácil com os dados 
organizados na tabela: [HI] = (0,8 – 2 x 0,0884) = 0,623; [H2] = 0,0884; [I2] = 
0,0884. Com as concentrações, podemos calcular a constante com a fórmu-
la: Kc = {[H2][I2]}/[HI]² = [(0,0884)(0,0884)]/(0,623)² = 0,0201.
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Exercício 02: Calcule o pH de uma solução 0,028 mol/L de NaOH e de 
uma solução 0,0011 mol/L de Ca(OH)2.
Solução: Temos duas bases fortes que, em água, estão completamen-
te dissociadas. A concentração do OH- é dada pela própria concentração da 
base. A auto ionização da água não será considerada.
Na primeira solução: [H+] = 10–14/0,028 = 3,57 x 10–13;
pH = – log (3,57 x 10–13) = 12,45.
Na segunda solução:[H+] = 10–14/(0,0011 x 2) = 4,55 x 10–12;
pH = – log (4,55 x 10–12) = 11,34.
Exercício 03: O ácido acético tem constante ácida igual a 1,8 x 10-5 a 
25°C. Preparamos uma solução 0,30 mol / L de ácido acético. A equação do 
equilíbrio químico é: HC2H3O2 (aq) H
+ (aq) + C2H3O2 
– (aq). Calcule o 
pH da solução de ácido acético 0,30 molar.
Solução: A constante apresenta a seguinte fórmula: Ka = {[H+][C2H3O2 
–]}/[HC2H3O2] = 1,8 x 10
-5. Na fórmula, conhecemos a concentração do ácido 
e sabemos pela equação que cada molécula de ácido que ioniza produz uma 
espécie de H+ e uma espécie de C2H3O2
–; logo a concentração dessas espé-
cies produzidas serão iguais. Vamos usar a equação para melhor efetuar os 
cálculos:
HC2H3O2 (aq) H
+ (aq) + C2H3O2
– (aq).
No início: 0,30 0 0;
Ionização: x x x;
Equilíbrio: 0,30 – x x x;
Substituindo na fórmula da constante, fica: Ka = (x)(x)/(0,30 – x) = 1,8 x 
10-5. Para resolver e calcular o valor de x, teremos uma equação do segundo 
grau em x. Tal cálculo pode ser evitado, se o valor da constante é baixo e, em 
consequência, o valor de x. 
Sendo x muito pequeno, podemos fazer: (0,30 – x) aproximadamente 
igual a 0,30; então fica: x²/0,30 = 1,8 x 10-5. Operando, fica x = 2,3 x 10-3.
Antes de prosseguir, vamos calcular a porcentagem de ionização do áci-
do com o valor calculado de x: %de ionização = (0,0023/0,30) x 100 = 0,77 %.
Até o valor de ionização de 5%, será valido fazer esta aproximação e 
evitar o cálculo pela equação do segundo grau.
A constante ácida aparece como dado do exercício, mas poderia tam-
bém ser consultada a tabela 04 onde seu valor está disponível. Outra aproxi-
mação que se faz ao resolver o exercício é que a auto ionização da água não 
é considerada como origem de acidez.
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Química Geral II 137
O cálculo do pH agora fica fácil: [H+] = x = 2,3 x 10-3; e o pH = 2,64.
Exercício 04: Usando os valores tabelados, calcule a constante de 
equilíbrio da reação a 325°C. Equação: NO(g) + ½ O2 (g) NO2 (g).
Solução: Na tabela nº. 01, temos a 25ºC as energias livres de forma-
ção das substâncias: O2 = zero; NO2 = 51,29 KJ / mol; NO = 86,55 KJ/mol. 
Aplicando no cálculo: ∆Go = 51,29 – 86,55 = –35,26 KJ/mol. Usando a fórmu-
la III ou IV, temos: ∆Go = –RT ln Keq. Operando com ∆Go = 35.260 J/mol; T 
= 298K; R = 8,314 J/mol x K, temos: Keq = 1,5 x 106 a 25°C.
Na tabela nº. 02, temos a 25°C as entalpias de formação das substân-
cias, que serão consideradas constantes na faixa de temperatura: O2 = zero; 
NO2 = 33,18 KJ/mol; NO = 90,25 KJ/mol. Aplicando: ∆Ho = 33,18 – 90,25 
= –57,07 KJ/mol. Usando a fórmula V: ln (Keq2/Keq1) = –(∆Ho/R)[(1/T2) – 
(1/T1)]. Substituindo os valores ln Keq2 – ln (1,5 x 10
6) = – (–57.070)/8,314 
[(1/598) – (1/298)], teremos como resultado Keq 2 = 14,5 a 325°C.
Atividades de avaliação
1º Exercício: Uma solução 0,20 mol / L de metilamina (CH3NH2) tem 
sua constante básica determinada como 3,6 x 10 -4. Calcule o pH da solu-
ção. Dados:
a) Equação: H2O (l) + CH3NH2 (aq) CH3NH3
+ (aq) + OH– (aq);
b) Fórmula da constante: Kb = {[CH3NH3
+][OH–]}/[CH3NH2].
Resposta: pH = 11,9.
2º Exercício: O pH é medido como rotina em laboratório; logo podemos 
sempre ter o pH e a concentração como dados de um problema a ser resolvi-
do. O ácido lático é encontrado no leite azedo e tem fórmula CH3CHOHCO2H. 
Uma solução com concentração 0,10 molar de ácido lático teve seu pH medi-
do como 2,43. Calcule a constante do ácido. Dados:
a) CH3CHOHCO2H (aq) + H2O (l) CH3CHOHCO2
– (aq) + H3O
+ (aq);
b) Ka = {[ H3O 
+] [CH3CHOHCO2 
-]}/[CH3CHOHCO2H];
c) Cada molécula que ioniza produz um íon de cada espécie.
Resposta: Ka = 1,4 x 10–4.
3º Exercício: Seja o equilíbrio O2 (g) + N2 (g) 2 NO (g), a 2.000K. 
Sua constante foi calculada como sendo 4,0 x 10–4, que vamos chamar de Kc. 
A concentração de nitrogênio é 0,50 mol / L, a de oxigênio é 0,25 mol / L, e a 
de NO é de 4,2 x 10–3 mol/L.
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Responda:
a) O sistema está em equilíbrio?
b) Caso não esteja em equilíbrio, em que sentido vai se movimentar a 
reação?
Resposta: A constante deve ser calculada pela fórmula: Kc = [NO]²/
{[O2][N2]}. Se o valor encontrado não for 4,0 x 10
–4, o sistema não está em 
equilíbrio e calculamos Q cujo valor deve ser comparado com Kc. 
Com Q < Kc, a reação se movimenta no sentido direto ou no da forma-
ção dos produtos. Com Q > Kc, a reação se movimenta no sentido inverso ou 
no da formação dos reagentes.
4º Exercício: Use o equilíbrio do exercício anterior cuja constante é 4,0 
x 10-4, divida os coeficientes estequiométricos da equação por dois e calcule:
a) a nova constante de equilíbrio.
b) a constante de equilíbrio da reação inversa.
Resposta: Devemos lembrar que os coeficientes estequiométricos se 
transformam em expoentes na constante de equilíbrio; logo, para a primeira 
pergunta, devemos ter a raiz quadrada da constante antiga como sendo a 
nova constante, 2 1k k= .
No segundo pedido, devemos usar o inverso da constante como cons-
tante da reação inversa, K3 = 1/K1.
Referências 
ATKINS, Peter e JONES, Loretta. Princípios de Química. Questionando a 
vida moderna e o meio ambiente. Porto Alegre: Editora Bookman, 2001, 914 p.
BROWN, Theodore L.; LEMAY JÚNIOR, H. Eugene e BURSTEN, Bruce E. Quí-
mica. A ciência central. São Paulo: Editora Pearson Prentice Hall, 2005, 972 p.
EBBING, Darrell D. Química Geral. Volume 1. 5ª ed. Rio de Janeiro: Livros 
Técnicos e Científicos Editora S. A., 1998, 569 p.
KOTZ, John C.; TREICHEL JÚNIOR, Paul M. Química Geral e reações quí-
micas. Volume 1. São Paulo: Editora Thomson, 2005, 671 p.
MAHAN, Bruce M. e MYERS, Rollie J. Química um curso universitário Tra-
dução da 4ª edição americana. São Paulo: Editora Edgard Blucher Ltda, 1997.
RUSSEL, John Blair. Química Geral. Volume 12ª ed. São Paulo: Editora 
Makron Books, 1994, 621 p.
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Estudo dos gases
6Capítulo
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Química Geral II 141
Objetivos
Vamos estudar o estado gasoso, usando modelos experimentais, e quantificar 
os valores por meio de equações matemáticas:
• Conhecer as variáveis usadas para descrever o comportamento de gases;
• Conhecer as leis empíricas dos gases;
• Estabelecer um modelo de gás ideal, com as simplificações adotadas;
• Conhecer a mistura gasosa e a teoria cinética dos gases;
• Conhecer a difusão e a efusão dos gases;
• Conhecer os desvios dos gases reais e a equação de estado para os 
gases reais.
Introdução
As substâncias podem ser encontradas em três estados físicos: o gaso-
so, o líquido e o sólido. Algumas variáveis são responsáveis pela mudança de 
estado físico das substâncias. As principais variáveis são: pressão, temperatu-
ra, volume, massa ou número de mols.
Para representar as variáveis usando os três eixos coordenados, divi-
dimos o volume, que é uma variável extensiva (depende da extensão do sis-
tema), pela massa também extensiva, obtendo uma variável intensiva (tem o 
mesmo valor em todos os pontos do sistema), que é o volume específico. No 
lugar da massa, pode ser usado o número de mols e teremos o volume molar.
O estado gasoso tem como principal característica a compressibilidade.
As características estão ligadas às forças entre as moléculas, ao tama-
nho das moléculas, à energia e ao choque das moléculas.
O gás não tem volume nem forma própria, mas tem alta fluidez e alta 
difusão.
Estado gasoso
Para conhecer o estado gasoso, devemos entender inicialmente que a 
substância, quando muda de estado físico, não muda quimicamente, sendo a 
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mesma substância do estado físico original. Suas propriedades e características 
mudam em função do novo estado físico. Um gás é constituído por moléculas 
isoladas, separadas umas das outras por grandes espaços vazios, em relação 
ao seu tamanho e em contínuo movimento de translação, rotação e vibração.
Variáveis usadas no estudo dos gases
1) A pressão: A pressão é definida como força por unidade de área. 
A unidade de medida no SI é o Pascal (Pa), onde 1 Pa = 1 N x m-2. A pres-
são de 1 Pascal é considerada uma pressão pequena e pouco ligada aos 
estudos gasosos.
Ao estudar o planeta Terra, chamamos a parte sólida de litosfera; a parte 
líquida, de hidrosfera; e a parte gasosa, de atmosfera. Os gases da atmosfera 
também são atraídos pela gravidade e, por isto, pesam sobre a superfície da 
Terra. Como a massa das partículas gasosas é muito pequena, elas não sedi-
mentam na superfície, mas se chocam com a superfície e ocasionam pressão 
na superfície. Esta pressão ao nível médio dos mares é definida como uma 
atmosfera (1 atm), sendo 1 atm = 1,01325 x 105 Pa.
A pressão atmosférica é medida através de um aparelho chamado ba-
rômetro de mercúrio. A unidade adotada está ligada ao aparelho que usa uma 
coluna de mercúrio para equilibrar a pressão atmosférica. A coluna de mer-
cúrio que equilibra a pressão atmosférica ao nível médio dos mares é de 760 
mmHg, tomada como unidade de pressão, onde 1 atm = 760 mmHg.
Em homenagem ao físico Evangelista Torricelli foi adotada a unidade 
de pressão chamada Torr, onde temos 1 Torr = 1 mmHg. O uso do barômetromotivou uma nova unidade chamada bar onde 1 bar = 105 Pa.
Vamos observar, na figura nº. 01, a utilização do barômetro na medi-
da da pressão atmosférica.
Figura nº. 01 – Barômetro de mercúrio em 
que um tubo vazado internamente é cheio 
de mercúrio e colocado com a boca para 
baixo dentro de uma cuba contendo mer-
cúrio. O nível do mercúrio desce até atingir 
a altura h correspondente à pressão atmos-
férica, ficando o vácuo acima da coluna de 
mercúrio.
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Química Geral II 143
O aparelho que mede a pressão de um gás em um recipiente é cha-
mado de manômetro; a medida é relativa à pressão atmosférica tanto para 
pressões mais altas quanto para pressões mais baixas, onde o manômetro é 
chamado de vacuômetro.
Vamos observar, na figura nº. 02, a utilização do manômetro.
Figura nº. 02 – Manômetro de mercúrio para medida da pressão absoluta de um gás 
contido em recipiente. O recipiente é conectado a um tubo em U com mercúrio em 
seu interior. A pressão do gás é equilibrada pela pressão atmosférica e pela coluna de 
mercúrio h, de tal modo que a pressão absoluta do gás é igual à atmosférica mais a 
pressão da altura h.
Se o desnível for invertido, a pressão atmosférica será maior que a 
pressão absoluta do gás e dizemos que a medida é de um vácuo. A pressão 
da altura h é chamada de pressão manométrica. Como está sempre medida 
em relação à pressão atmosférica, podemos usar duas fórmulas:
• P gás = P atm + P man; no caso da medida de pressões maiores que a 
pressão atmosférica;
•	 gás = P atm - P man; no caso da medida de pressões menores que a pres-
são atmosférica. Nas equações de estado, vamos usar a pressão do gás 
também chamada de pressão absoluta.
Devemos fixar o modo como o gás exerce a pressão sobre uma área 
delimitada. As moléculas, ao se chocarem com a superfície, transmitem quanti-
dade de movimento e são afastadas pela superfície por sua reação ao choque. 
É fácil entender que quanto maior for a quantidade de moléculas, maior 
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será a pressão, bem como quanto maior for a velocidade das moléculas, 
maior será a pressão.
Vamos observar, na figura nº. 03, o choque das moléculas com a su-
perfície.
Figura nº. 03 – Pressão gasosa exercida pelas moléculas do gás. Na situa-
ção (a), temos poucas moléculas do gás; logo poucos choques ocorrem e a 
pressão é pequena. Em (b), temos maior quantidade de moléculas do gás; 
logo temos uma maior quantidade de choques de moléculas com a superfí-
cie, sendo a pressão maior que em (a). Como conclusão, podemos afirmar 
que a pressão é proporcional ao número de moléculas N do gás. 
A maior quantidade de moléculas também pode estar associada ao volume; quanto 
maior o volume, menor será o número de moléculas, e quanto menor for o volume, 
maior será a quantidade de moléculas. Como conclusão, podemos afirmar que a 
pressão é inversamente proporcional ao volume.
A energia do choque aparece como o terceiro fator de proporcionalidade com a pres-
são. A energia cinética das moléculas está diretamente ligada a sua massa e a sua 
velocidade; logo podemos afirmar que a pressão é diretamente proporcional à massa 
e à velocidade
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Química Geral II 145
2) A temperatura: A temperatura é a variável associada ao sensação de 
quente ou frio em que se encontra a matéria. Na Físico-Química, a tempera-
tura está associada ao fluxo de energia.
No estudo do estado gasoso, no ponto de vista microscópico, a tem-
peratura absoluta é uma variável diretamente proporcional à energia cinética, 
associada ao movimento aleatório das moléculas dos gases.
Sendo a temperatura uma função linear com a energia cinética, sua de-
terminação como linha reta envolve o conhecimento de pelo menos dois pontos.
Os pontos adotados para a criação de uma escala estão na pressão 
de uma atmosfera e a temperatura está associada às propriedades da água. 
Foi estabelecido o valor 100 para a temperatura de ebulição da água pura e o 
valor zero para a temperatura de congelamento da água pura.
Marcados em escala os dois pontos, o espaço entre eles foi dividi-
do em 100 partes cada parte considerada um grau centígrado por ter 100 
divisões. Em homenagem ao astrônomo sueco Anders Celsius, o grau foi 
também chamado de Celsius. No estudo das leis dos gases, vamos tomar 
conhecimento da escala absoluta onde o grau de temperatura é chamado de 
Kelvin, em homenagem ao físico e engenheiro britânico William Thomson, 
conhecido pelo título de Lord Kelvin.
3) A massa: A massa está relacionada à quantidade de matéria em es-
tudo. Em termos microscópicos, está associada ao número de átomos e de 
moléculas. É uma propriedade extensiva, pois seu valor só é possível conhe-
cer através da medida de toda a matéria em estudo. A massa tem um valor 
constante, o que muda é o peso, pois tem valor associado à gravidade local.
4) O volume: O volume está associado ao espaço ocupado pela ma-
téria em estudo. É uma propriedade extensiva, pois seu valor só é possível 
conhecer através de medida do espaço que contém a matéria em estudo.
Estudo das leis empíricas dos gases
O estado mais simples da matéria é o estado gasoso. O estudo do esta-
do gasoso, que utiliza os resultados experimentais, teve início no século XVII.
O gás deve ser imaginado como um conjunto de moléculas ou áto-
mos em movimento permanente e aleatório, com velocidades que aumentam 
quando a temperatura se eleva. O gás é diferente de um líquido por ter as mo-
léculas muito separadas uma das outras, exceto nos instantes das colisões.
O estado de um gás puro fica definido pelos valores do volume que 
ocupa, da quantidade de matéria em geral expressa em número de mols, da 
pressão e da temperatura. A determinação de três destas variáveis determina 
a quarta.
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A relação pode ser chamada de equação de estado. A forma geral da 
equação de estado é: p = ƒ (T, V, n).
Cada substância tem sua própria equação de estado, mas veremos 
que certas simplificações podem ser feitas para generalizar o uso de determi-
nadas equações. A preocupação sempre foi de a de enquadrar os resultados 
experimentais em uma única equação.
Lei de Boyle
Em 1662, o irlandês Robert Boyle observou que o volume de uma quan-
tidade fixa de um gás a uma determinada temperatura é inversamente propor-
cional à pressão exercida pelo gás. 
Na 3ª unidade, no estudo das soluções, utilizamos o gráfico nº. 04 
para estudar a superfície termodinâmica de uma substância pura em que, 
acima da temperatura crítica, encontramos o estado gasoso. Essa parte da 
superfície termodinâmica pode ser visualizada com a ajuda do gráfico nº. 01.
 
Gráfico nº. 01 – Parte da superfície termodinâmica que representa uma quantidade 
fixa de gás estudado com certas simplificações e chamado de gás ideal. Os cortes 
da superfície mostram linhas com temperatura constante, chamadas isotermas; e 
linhas com pressão constante, chamadas isóbaras. 
Nosso estudo utiliza as projeções nos planos P x V, onde as isotermas são representa-
das por curvas; e no plano V x T, em que as isóbaras são representadas por linhas retas.
O resultado experimental da lei de Boyle foi inicialmente representado uti-
lizando o plano P x V, mas, para expressar a proporcionalidade direta, foi melhor 
usar o plano P x 1/V, utilizando assim a linha reta passando pela origem. 
Vamos observar no gráfico nº. 02.
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Química Geral II 147
Gráfico nº. 02 – Medidas de pressão e volume no gráfico P x V e no gráfico P x 1/V. 
Os resultados estão em proporção direta, mas foi observado que, em altas pressões, 
os pontos dos resultados se afastam da linha reta.
Lei de Charles
Em 1787, o francês Jacques Charles verificou que o volume de uma 
quantidade fixa de gás, à pressão constante, diminui com a diminuição da 
temperatura e que essa relação indicavaser uma proporção direta.
Visando representar em gráfico esse resultado experimental, verificou-
-se que o volume não se torna zero com a temperatura de zero grau centígra-
do, o que evitaria a representação como uma proporção direta nos moldes da 
encontrada para a lei de Boyle, no gráfico P x 1/V.
A solução foi encontrada no próprio gráfico, pois, representando os re-
sultados e realizando uma extrapolação, atingimos o ponto zero de volume e 
uma temperatura negativa em grau centígrado. Para evitar valores negativos, 
foi definida uma nova temperatura chamada de temperatura absoluta T, em 
grau Kelvin, conforme já foi antecipado. Vamos observar o gráfico nº. 03 
para melhor entendimento.
Gráfico nº. 03 – Gráfico do volume versus 
temperatura em grau Celsius; com a extra-
polação, a temperatura que corresponde 
ao volume zero é - 273,15ºC.
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A nova temperatura, chamada de absoluta, pode ser calculada pela rela-
ção que a define: T(K) = t(°C) + 273,15. Com a temperatura absoluta, podemos 
ter a representação de uma proporcionalidade direta. A lei de Charles ficou então 
com novo enunciado: “o volume de uma quantidade fixa de gás, à pressão cons-
tante, é diretamente proporcional à temperatura absoluta”. Ver gráfico nº. 04.
Gráfico nº. 04 – Medidas do volume e da temperatura absoluta(K) de uma quantidade 
fixa de gás com pressão constante. Quando a temperatura aumenta, o volume tam-
bém aumenta. A variação é uma função linear, a linha reta passa pela origem dos ei-
xos, o que demonstra a proporcionalidade direta entre volume e temperatura absoluta.
Em temperaturas muito baixas, os resultados se afastam da linha reta.
Lei de Avogrado
Na 2ª unidade, foram estudadas as leis volumétricas das reações quími-
cas. A primeira, de autoria de Gay-Lussac, em 1808, concluía que os volumes 
gasosos de uma reação química formam uma proporção de números intei-
ros e pequenos. Os gases eram estudados como átomos, o que dificultava a 
explicação da reação: H2(g) + Cl2(g) 2. HCl (g). Como aceitar que um 
átomo de hidrogênio, reagindo com um átomo de cloro, produzisse dois áto-
mos de gás clorídrico? A explicação foi dada por Avogrado ao afirmar que a 
partícula do gás é formada por dois átomos. A lei de Avogrado foi então aceita 
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Química Geral II 149
com o seguinte enunciado: “volumes iguais de gases diferentes, na mesma 
temperatura e pressão, contêm o mesmo número de moléculas”.
A conclusão do estudo é a existência de uma proporcionalidade direta 
entre o volume e o número de mols.
Vejamos no quadro-resumo as conclusões das três leis experimentais.
Lei de Boyle Lei de Charles Hipótese de avogrado
V ∝ (1/P) V ∝ T V ∝ n
(n, T constantes) (n, P constantes) (P, T constantes)
As três leis combinadas resultam no volume proporcional à expressão:
V ∝ (n x T)/P.
Como resultado qualitativo, temos relações com todas as variáveis 
e devemos transformar a proporcionalidade em uma equação quantitativa. 
Como já foi dito, os gases são diferentes com relação ao tamanho das molé-
culas e às interações entre elas, o que ocasiona uma equação para cada gás.
O consenso foi de estabelecer certas simplificações que possibilitas-
sem usar uma equação de estado para todos os gases, assim foi criado um 
modelo de gás chamado de gás ideal.
Antecipando o estudo cinético dos gases, vamos estabelecer um mo-
delo de gás ideal, que visa reduzir as diferenças entre os gases, baseado em 
duas hipóteses principais:
1) As moléculas de um gás são pontuais, mas funcionam como centro 
de massa;
2) Não há forças de atração ou de repulsão entre as moléculas do gás 
tido como ideal, exceto durante as colisões.
Estes são os motivos principais de diferença entre os gases. No modelo 
cinético, vamos ampliar as hipóteses visando um melhor estudo dos gases.
Voltando aos resultados experimentais, com a simplificação que os 
gases são iguais, a proporcionalidade pode ser transformada em igualdade 
usando-se a constante R, chamada de constante dos gases ideais. A expres-
são decorrente fica: V = R [(n x T)/P]. Esta é a equação dos gases ideais que 
pode ser escrita de uma forma mais conhecida: PV = n x R x T.
Para usar a equação, necessitamos de um valor de R, calculado de 
modo experimental. A determinação cuidadosa de P, V, n e T, em uma amostra 
gasosa, e a definição de um estado padrão permitem o cálculo de R. Os gases, 
quando em baixa pressão, apresentam resultados como sendo gases ideais.
O estado padrão foi denominado de condições normais de temperatura 
e pressão (CNTP), onde p = 1 atm; T = 273,15K; n = 1 mol e V = 22,414 litros. 
Como n = 1; este volume é chamado de volume molar nas CNTP.
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Substituindo na fórmula, fica:
R = [(1,0 atm)(22,414 litros)]/[(1,0 mols)(273,15 K)] = 0,082057 
(atm x L)/(mol x K).
Outros valores são obtidos quando as variáveis são medidas em outras 
unidades:
R = 8,31451 joule/(mol x K); R = 62,364 (mmHg x L)/(mol x K); 
R = 1,9872 caloria/(mol x K).
EXERCICIO COMPLEMENTAR
Qual a massa de oxigênio que está contida em um tanque de 50,0 litros, 
na temperatura de 21ºC e na pressão de 15,7 atm?
Solução: Para calcular a massa, devemos calcular o número de mols 
n. Sabemos que n = (P x V)/(R x T) = (15,7 atm x 50,0 L)/{[0,082 (atm x L)/
(mol x K)] x [(21 + 273)K]} = 32,5 mol. Usando n = m/MM, temos m = n x MM 
= 32,5 mol x 32,0 g/mol = 1.040 g = 1,04 Kg.
Estudo da mistura gasosa
A mistura de gases será estudada usando o modelo de gás ideal, pois 
podemos imaginar a dificuldade de estudar como gases reais, em que cada 
gás tem sua própria equação de estado. Podemos então afirmar que uma 
mistura de gases que não reagem entre eles tem comportamento como de 
um único gás puro.
Foi John Dalton, nosso conhecido do modelo de átomo e das leis 
ponderais, quem, de modo experimental, estabeleceu as fórmulas para as 
misturas gasosas.
Dalton, usando um recipiente de volume conhecido, em temperatura 
constante, introduziu certa quantidade de oxigênio e mediu a pressão como 
sendo 0,60 atm. Evacuou completamente o recipiente e, conservando a mes-
ma temperatura, introduziu certa quantidade de nitrogênio, medindo a pressão 
como sendo de 0,40 atm.
Dalton então colocou as quantidades conhecidas dos gases no mesmo 
recipiente e a pressão medida foi de 1,0 atm. A pressão de cada gás foi cha-
mada de pressão parcial e as conclusões experimentais foram chamadas de 
lei de Dalton das pressões parciais:
a) A pressão parcial do gás em uma mistura gasosa é a pressão que o 
gás teria se sozinho ocupasse todo o volume da mistura;
b) A pressão total da mistura gasosa é a soma das pressões parciais de 
cada gás;
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Química Geral II 151
c) A pressão total também pode ser calculada pela equação dos gases 
ideais, pois a premissa é a de que a mistura se comporta como um único 
gás. Neste caso, o número de mols da equação é o número total de mols da 
mistura.
Seja a pressão parcial do oxigênio P1, do nitrogênio P2, a pressão total 
da mistura de PT e o número total de mols de n T, podemos então concluir que:
P1 + P2 = PT;
PT x V = n T x R x T. 
O resultado para dois gases pode ser estendido para vários gases. Um 
modo de relacionar a pressão parcial com a pressão total pode ser calculado 
usando-se as equações já conhecidas:
a) Da definição de pressão parcial, podemos fazer: P1 = n1 x [(RT)/V];
b) Usando a equação dos gases ideais para a mistura:
PT = (n1 + n2) x [(RT)/V]; tirando o valor do termo [(RT)/V]; na segunda 
expressão e substituindo na primeira, fica:
P1 = [n1/(n1 + n2)] x PT.
Como a expressão [n1/(n1 + n2)] é a fração molar do gás 1, po-
demos fazer: P1 = x1. PT.
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES
Exercício 01: Uma mistura gasosa é preparada usando 6,0 g de oxi-
gênio e 9,0 g de metano misturados em um recipiente de 15,0 litros, na tem-
peratura de 0°C. Qual é a pressãoparcial de cada gás e a pressão total da 
mistura no recipiente?
Solução: Vamos calcular as pressões parciais de cada gás, usando a 
equação dos gases ideais:
n oxigênio = 6,0 g x (1 mol/32,0 g) = 0,188 mols de oxigênio;
n metano = 9,0 g x (1 mol/16,0 g) = 0,563 mols de metano;
P oxigênio = {(0,188 mol)[0,082(atm x L)/(mol x K)](273K)}/15,0 L = 
0,281 atm
P metano = {(0,563 mol) [0,082 (atm x L)/(mol x K)] (273K)}/15,0 L = 
0,841 atm. Usando a lei de Dalton das pressões parciais, fica: 
PT = 0,281 atm + 0,841 atm = 1,122 atm.
A equação geral dos gases ideais apresenta várias utilidades. Vamos 
estudar o cálculo da densidade de um gás ideal. A equação de estado, como 
já sabemos, relaciona as variáveis a que o gás está sujeito em determinada 
situação; logo a densidade calculada se refere ao estado estudado.
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Seja P x V = n x R x T, como n = m/MM, podemos fazer: P x V = (m/MM) 
x R x T, que produz: m/V = (P x MM)/(R x T). Como d = m/V, podemos fazer: d 
= (P x MM)/(R x T).
Exercício 02: Calcule a densidade do dióxido de carbono nas CNTP.
Solução: Usando a fórmula temos: d = (P x MM)/(R x T) = [(1,0 atm) x 
(44,0 g/mol)]/[0,082(atm x L)/(mol x K)](273K) = 1,96 g/L.
Teoria cinética dos gases ideais
A explicação para a pressão do gás, conforme foi visto na figura 03, é 
resultado do contínuo bombardeamento das paredes do recipiente pelas mo-
léculas do gás em movimento. Essa explicação foi sugerida pela primeira vez, 
em 1676, por Robert Hooke, assistente de Boyle.
A teoria cinética dos gases foi aceita com os estudos de Rudolf Clau-
sius, em 1857; de James Clerk Maxwell, em 1859; e de Ludwig Boltzmann, 
em 1870. Essa teoria consiste nas seguintes afirmações ou postulados:
1) Os gases são constituídos por moléculas cujas dimensões são des-
prezíveis em relação à distância média entre elas. O volume das moléculas é 
pontual e funciona como centro de massa;
2) As moléculas se movem ao acaso, em linha reta, em todas as dire-
ções, com velocidades diferentes e variáveis. Como não há preferência de 
direção, a pressão é a mesma em todas as direções;
3) As forças de atração ou de repulsão entre duas moléculas em um 
gás são fracas e, portanto, desprezíveis, exceto quando colidem. Como as 
forças intermoleculares são desprezíveis, as moléculas possuem movimento 
retilíneo uniforme até que colidam com outra molécula;
4) Quando as moléculas colidem, transferem energia, mas a energia cinéti-
ca média das moléculas não varia com o tempo, desde que a temperatura perma-
neça constante. Isto significa que as colisões são elásticas. Um exemplo de co-
lisão elástica é o choque de esferas de aço em forma de pêndulo. Ao se levantar 
uma das extremidades, o choque se transmite e levanta a esfera da extremidade 
oposta na mesma altura da primeira. Ver a figura nº. 04 para melhor entender.
 
Figura nº. 04- Colisão elástica entre esferas de aço, a energia da colisão é transmitida.
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Química Geral II 153
5) A energia cinética média das moléculas é diretamente proporcional 
à temperatura absoluta do gás. Para determinada temperatura absoluta, as 
moléculas de todos os gases têm a mesma energia cinética média. Quanto 
maior for a temperatura absoluta, maior será a energia cinética média de suas 
moléculas.
A teoria cinética foi esclarecedora no que se refere ao comportamento 
da matéria no estado gasoso. Na Físico-Química, vamos estudar as deduções 
com apoio matemático. No atual estudo, alguma fórmula pode ser utilizada.
Por convenção, vamos utilizar o símbolo < > para expressar a média; e 
a letra c, para a velocidade de uma molécula. A pressão será calculada pela 
fórmula: P = (N x m x<c²>)/(3 x V); a energia cinética total associada com o 
movimento ao acaso das moléculas de um mol de gás será chamada de KE 
e será calculada pela fórmula KE = (3/2) RT.
Na afirmativa (5), ficou esclarecido que, em determinada temperatura 
absoluta, a energia cinética média das moléculas de gases diferentes é igual. 
Como o modelo de gás ideal mantém o valor da massa, os gases têm molé-
culas com massas diferentes. Para que as energias cinéticas sejam iguais, 
as velocidades devem ser diferentes. Podemos ver melhor no gráfico nº 05.
 
Gráfico nº. 05 – Distribuição das velocidades das moléculas de vários gases que es-
tão na mesma temperatura absoluta, mas possuem massas moleculares diferentes.
Devemos observar que a fórmula da pressão está coerente com os fa-
tores citados na figura nº. 03. A pressão é diretamente proporcional ao núme-
ro de moléculas N, à energia cinética m x <c²> e é inversamente proporcional 
ao volume V. A energia cinética é diretamente proporcional à temperatura ab-
soluta T em uma função linear, tendo energia zero na temperatura zero.
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Usando a igualdade de energia cinética média entre dois gases, pode-
mos fazer: (m1x <c²1>)/2 = (m2 x <c²2>)/2. Para utilizar a igualdade, devemos 
definir a velocidade média quadrática c vmq, como: 2 cvmq c= < > . Com a 
definição, podemos fazer: 1 2 2 1 2 1/ / /c vmq c vmq m m MM MM= = .
Demonstra-se também que: 3 /cvmq RT MM= , chamada de 
equação de Maxwell.
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES
Exercicio 01: Compare a velocidade média quadrática do hidrogênio 
com a do oxigênio.
Solução: 
2 2
 / 32 / 2 16 4H Ocvmq cvmq = = = .
Conclusão: A velocidade média quadrática do hidrogênio é quatro vezes 
maior que a do oxigênio.
Exercício 02: Calcule a velocidade média quadrática para o oxigênio 
a 20°C.
Solução: Calculando T = 293K, e temos MM = 0,032 Kg /mol, logo:
1 1
1
[3(8,314 )(293 ) 478 /
(0,032 )
joule x mol x k Kcvmq m s
Kg x mol
− −
−= =
Devemos lembrar que joule é a unidade de energia do SI (Joule = Kg x m² x s-2).
Estudo da difusão e da efusão das moléculas gasosas
O gráfico nº. 05 já antecipa a informação de que gases diferentes têm 
suas moléculas em movimento com velocidade diferente, mesmo que este-
jam na mesma temperatura.
Devemos iniciar o estudo com o entendimento do que seja a difusão e do 
que seja a efusão gasosa. Vejamos a figura nº. 04 para entender a diferença.
Figura nº. 04 – Difusão e 
efusão de gases. Na situ-
ação (a), temos a difusão 
entre o gás A e o gás B que 
vão se misturar com o tem-
po. Na situação (b), temos a 
efusão do gás A através de 
um orifício muito pequeno.
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Química Geral II 155
Os dois fenômenos são estudados como parte do modelo cinético e 
podemos usar as definições:
a) Difusão é o processo por meio do qual um gás se espalha através 
de outro para ocupar, uniformemente, todo o espaço disponível. No caso (a) 
da figura nº. 04, após certo tempo, os gases A e B ocupam todo o volume, 
sem distinção entre eles.
b) Efusão é o processo por meio do qual um gás escoa, através de um 
orifício muito pequeno, para o vácuo ou para um ambiente de baixa pressão. No 
caso (b) da figura nº 04, observamos a efusão do gás A. A velocidade de efusão 
depende de alguns fatores: área do orifício; número de moléculas por unidade de 
volume no recipiente, velocidade média das moléculas e massa molar do gás.
Em 1846, o químico escocês Thomas Grahan estudou a efusão e concluiu, 
experimentalmente, que, em temperatura constante, a velocidade de efusão de 
um gás é inversamente proporcional à raiz quadrada de sua massa molar. 
O resultado experimental foi consolidado pela teoria cinética, sendo o 
nome de velocidade de efusão trocado por velocidade média quadrática das 
moléculas.
Sejam os gases A e B da figura nº. 04, podemos afirmar que, na efusão 
gasosa, é valido comparar.
Velocidade média quadrática de A/velocidade média quadrática 
de B = .
A expressão ficou conhecida como lei de Graham. O uso da fórmula 
ajuda na previsão do comportamento de sistemas que operam com gases 
confinados por membranas porosas. Vejamos o exemplo na figura nº. 05.
Figura nº. 05 – Doisgases N2 e He contidos em dois balões com paredes porosas. 
Em (a), no tempo inicial, ambos cheios. Em (b), decorridas 48 horas, o balão com 
hélio está menor, porque o He escapa mais rápido que o N2.
A fórmula de Grahan permite quantificar o fenômeno.
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EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
Calcule em quanto o Hélio vai escapar mais rápido que o nitrogênio na 
situação (a) da figura nº. 05.
Solução: Usando a fórmula de Grahan, temos: (velocidade de He)/(ve-
locidade de N2) = = = 2,6458.
Conclusão: O He escapa 2,6458 vezes mais rápido que o N2.
A fórmula também pode ser usada para determinar a massa molar de 
um gás desconhecido, desde que seja determinada experimentalmente a ve-
locidade de efusão do gás.
Estudo dos gases sem as simplificações estabelecidas para o 
modelo de gás ideal.
Em pressões elevadas ou temperatura muito baixa, os desvios da lei 
dos gases ideais se tornam muito grandes e colocam em risco os trabalhos 
em que há necessidade de valores reais para dimensionar os materiais que 
vão resistir aos esforços decorrentes dos processos envolvendo gases.
As duas principais simplificações tratam do volume desprezível e do 
fato de as interações entre as moléculas serem desprezíveis.
É fácil entender que, ao considerar o volume das moléculas, o volume 
real será menor que o volume ideal. A diferença entre o volume real e o volu-
me ideal foi objeto das primeiras correções efetuadas nos gases ideais.
Os resultados experimentais mostram as diferenças entre os gases 
ideais e os reais. Vamos observar o gráfico nº. 06.
Gráfico nº. 06 – Comparação entre o comportamento do gás ideal e do gás real. 
Fixando uma pressão, podemos observar melhor a diferença entre os dois volumes. 
Esse estudo motivou a definição do fator de compressibilidade.
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Química Geral II 157
Em uma determinada pressão, a relação entre o volume real e o volume 
ideal foi definida como fator de compressibilidade Z, sendo Z = V real/V ideal.
Como o volume ideal tem seu valor calculado pela equação dos gases 
ideais, temos para um mol: V ideal = (RT)/P. Substituindo na fórmula de defi-
nição de Z e omitindo a designação real, fica: Z = (PV)/(RT).
A equação ficou sendo usada com o seguinte formato: P x V = n x Z x 
R x T, sendo o Z obtido em gráficos para cada gás. 
Como os projetos partiam de pressões de trabalhos a serem escolhi-
das, ficou melhor usar gráficos de Z versus P, modo melhor de visualizar as 
pressões em que os gases mais se aproximam de um gás ideal.
Para Z = 1, o gás tem comportamento de gás ideal, pois o volume real 
é igual ao volume ideal. O valor de Z é encontrado em tabelas para cada gás 
específico.
Vamos observar no gráfico nº. 07.
Gráfico nº. 07 - Fator Z versus Pressão para vários gases, o eixo horizontalestá no 
valor 1, marcando o gás ideal. Para Z > 1, o volume real é maior que o ideal. Isto ocor-
re em pressões altas devido às forças de repulsão; ou em pressões baixas, em gases 
com pequenas forças de atração, com dispersão alta. Observar o exemplo do H2.
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Os trabalhos práticos evidenciaram que o efeito da interação entre as 
moléculas devia ser considerado como um fator em separado, tendo em vista 
sua grande importância no comportamento dos gases.
Foi o físico holandês J. D. van der Waals quem pesquisou os desvios 
dos gases reais e calculou parâmetros para cada gás. As forças fracas de 
atração entre moléculas ganharam o nome de forças de Van der Waals, em 
sua homenagem.
J. D. van der Waals observou que as forças de atração exerciam forte 
efeito sobre a pressão real do gás. Podemos observar melhor na figura nº. 06.
Figura nº. 06 – Efeito da atração entre as moléculas sobre a pressão do gás. Já está 
consolidado o estudo cinético, pois sabemos que a pressão do gás é decorrente do 
choque com transferência de quantidade de movimento para a parede do recipiente 
que contém o gás. A atração de outras moléculas diminui a velocidade de choque da 
molécula que está prestes a se chocar com a parede; logo a pressão real é menor que 
a pressão ideal, ocasionando grande desvio no comportamento do gás.
O estudo levou o cientista, em 1873, a publicar um trabalho sobre uma 
equação empírica nos moldes da equação do gás ideal. Isto significa uma 
equação também baseada em dados experimentais, com o uso de dois fato-
res para compensar os desvios observados.
O fator a corrige as interações entre as moléculas; o fator b corrige a 
consideração do volume das moléculas.
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Química Geral II 159
A nova equação, escrita com base na equação dos gases ideais, tomou 
a forma mostrada abaixo.
Os fatores a e b foram determinados experimentalmente para os gases 
mais usados; e os valores tabelados, para a consulta dos técnicos que traba-
lham com gases, em projetos de Engenharia. 
Alguns valores estão relacionados na tabela nº. 01.
Constantes de 
van der Waals
Gás a (litro2 - atm/mol2) b (litro/mol)
H2 0,2444 0,02661
He 0,03412 0,02370
N2 1,390 0,03913
O2 1,390 0,03183
CO 1,485 0,03985
NO 1,340 0,02789
CO2 3,592 0,04267
H2O 5,464 0,03049
Tabela nº 01 – Constantes de van der Waals para alguns gases.
Fonte: Wikipédia, a enciclopédia livre.
Devemos observar três pontos sobre os valores tabelados:
1) A pressão está expressa em atmosfera e o volume em litro;
2) Quanto maiores forem os valores de a, maiores serão as forças in-
termoleculares. Do mesmo modo, quanto maiores os valores de b, maiores 
serão os volumes das moléculas.
3) O hélio é um gás com os menores valores de a e b, o que mostra ser 
um gás momoatômico, com fracas forças de interações entre os átomos.
Exemplo: Usando a equação de Van der Waals, calcule a pressão para 
8,0 mol do gás cloro em um recipiente de 4,0 litro na temperatura de 27°C. 
Para o cloro, temos a = 6,49 (atm x L²)/(mol)² e b = 0,0562 L/mol. Compare 
com a pressão ideal, calculada pela equação dos gases ideais.
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Solução: Para o cloro foi dado: a = 6,49 (atm x L²)/(mol)² e b = 0,0562 L/
mol. Colocando a equação na forma adequada para o cálculo da pressão fica: 
P = [(nRT)/(V – nb)] – [(n²a)/V²] = [(8x0,082x300)/(4 – 8x0,0562)] – 
[(8²x6,49)/4²] = (196,8/3,5504) – (415,36/16) = 55,43 – 25,96 = 29,47 atm.
Usando a equação dos gases ideais: P = 196,8 / 4 = 49,2 atm.
Verificamos uma diferença de aproximadamente 20 atm entre as duas 
pressões, o que indica um erro grosseiro quando se usa a pressão ideal.
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES
Exercício 01:
O tetrafluoroetileno, C2F4, efunde-se por um orifício com taxa de 4,6 x 
10-6 mol/h. Um gás desconhecido, composto de boro e hidrogênio, efunde-se 
pelo mesmo orifício com taxa de 5,8 x 10-6 mol/h nas mesmas condições de 
pressão e temperatura. Calcule a massa molar do gás desconhecido.
Solução: Aplicando a lei de efusão de Grahan, temos:
Taxa de efusão do gás desconhecido/taxa de efusão do
 
2 4
2 4
 
 
MM C FC F
MM desconhecida
=
5,8 x 10-6/4,6 x 10-6 = desconhecida.
Elevando ao quadrado ambos os lados da equação, fica:
1,6 = 100/MM desconhecida. O que produz MM = 63 g/mol.
O gás de MM = 63 com boro e hidrogênio, na análise, deve ser o B5H9, 
chamado de penta borano.
Exercício 02
Calcule a velocidade média quadrática das moléculas do oxigênio na 
temperatura de 25°C.
Solução: Aplicando a fórmula de Maxwell, temos:
Velocidade média quadrática = 
= 
1 1
3 1
3(8,314 )(298 )
(32 1 0 )
Joule x Mol x K K
x Kg x mol
− −
− − = 
52,32 1 0 /x Joule Kg .
Como 1 J = 1 Kg x (m/s)².
Velocidade média quadrática = 5 2 1 22,32 1 0 x Kg x m x Kg x S− −
= .
Velocidade média quadrática = 482 m/s.
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Química Geral II 161
Exercício 03
Um tubo de televisão contém 0,010 mg de nitrogênio gasoso, conside-
rado gás ideal. O tubo opera na temperaturade 25°C e seu volume é de 5,0 
litros. Calcule a pressão em atmosfera dentro do tubo.
Solução: Aplicando a equação dos gases ideais, temos:
PxV = n x R x T, com os dados do exercício, temos: n = m/MM = 10 x 
10-6 g/28 g/mol = 0,357 x 10-6 mols. V = 5,0 litros, T = 298K e R = 0,082 (atm 
x L)/(mol x K).
Substituindo na equação, fica: 
P = {3,57 x 10-7 mol x 0,082 [(atm x L)/(mol x K)] x 298K}/(5,0 L).
P = 1, 75 x 10 -6 atm. O cálculo mostra que a pressão no tubo é menor 
que a pressão atmosférica.
Exercício 04
Um tanque com hélio fica externo ao edifício de uma empresa. A tem-
peratura durante o dia é de 35°C e, durante a noite, 5°C. O volume fixo do 
tanque é de 20 m³ e ele resiste à pressão absoluta de 20 atm. Considere o 
hélio um gás ideal e calcule a maior quantidade de massa de hélio que pode-
mos armazenar no tanque.
Solução: Usando a equação do gás ideal, temos: P x V = n x R x T. 
Para que o produto P x V fique fixo, devemos observar a variação da tempe-
ratura e do número de mols. Se a temperatura sobe, o número de mols deve 
diminuir; então vamos usar a maior temperatura para calcular o número de 
mols máximo.
Com os dados temos: p = 20 atm; V = 20 dm³ = 20.000 litros; T = 308K. 
Aplicando na equação, temos: 20 x 20.000 = (m/4) x 0,082 x 308. Operando, 
fica: m = 63, 35 Kg.
Exercício 05
Uma mistura de gases ideais, composta de N2 e O2, tem densidade de 
1,0g/dm³ na temperatura de 27°C e pressão de 600 mmHg. Calcule a fração 
molar de cada gás.
Solução: Usando a equação dos gases ideais, temos: P x V = n x R x T, 
sendo n o número total de moles, que pode ser calculado, fazendo: 
n = (P x V)/(R x T) = (600 x 1)/(62,3 x 300) = 600/18.690 = 0,032.
Sabemos que a soma das massas é 1, logo: mO2 + mN2 = 1 e 0,032 = nO2 + nN2.
Resolvendo o sistema de duas equações com duas incógnitas, temos: 
mO2 = 0,832g e mN2 = 0,168g.
Calculando os números de mols: nO2 = 0,026 e nN2 = 0,006, o que permi-
te calcular: xO2 = 0,81 e xN2 = 0,19.
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Atividades de avaliação
1º exercício
Um tanque com volume fixo de 30 m³, contendo gás hélio na tempe-
ratura de 22°C e na pressão de 960 mmHg, apresentou vazamento de gás. 
Durante o vazamento, a temperatura permaneceu constante, mas a pressão 
caiu para 850 mmHg. Supondo o hélio gás ideal, calcule a massa de hélio 
perdida durante o vazamento.
Resposta: massa perdida = 718, 24 g.
2º exercício
Sabendo-se que 10 mols de metano ocupam 1.756 cm³ na temperatura 
de 0°C, pede-se o cálculo da pressão, usando:
a) a equação dos gases ideais;
b) a equação dos gases reais de Van der Waals, sabendo-se que as 
constantes da equação são: a = 2,25 (atm x L²)/mol² e b = 0,0428 L / mol.
Resposta: a) 127,5 atm; b) 95,5 atm.
3º exercício
Calcule a pressão total de uma mistura de 2g de eteno e 3g de dióxido 
de carbono contidos em um recipiente de 5 litros na temperatura de 50ºC.
Resposta: p = 0,74 atm.
4º exercício
O oxigênio tem fator de compressibilidade Z = 0,927, na temperatura de 
0ºC, pressão de 100 atm e volume de 100 litros. Calcule a massa de oxigênio 
existente no recipiente.
Resposta: m = 15,4 Kg.
5º exercício
O tempo requerido para um dado volume de nitrogênio se difundir atra-
vés de um orifício é de 35 segundos. Calcular a massa molar de um gás que 
requer 50 segundos para difundir do mesmo orifício, nas mesmas condições.
Resposta: MM = 57,2 g/mol.
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Química Geral II 163
Referências 
ATKINS, Peter e JONES, Loretta. Princípios de Química. Questionando a vida 
moderna e o meio ambiente. Porto Alegre: Editora Bookman, 2001, 914 p.
BROWN, Theodore L.; LEMAY JÚNIOR, H. Eugene e BURSTEN, Bruce E. 
Química. A ciência central. São Paulo: Editora Pearson Prentice Hall, 2005, 
972 p.
EBBING, Darrell D. Química Geral. Volume 1. 5 ed. Rio de Janeiro: Livros 
Técnicos e Científicos Editora S. A., 1998, 569 p.
KOTZ, John C.; TREICHEL JÚNIOR, Paul M. Química Geral e reações quí-
micas. Volume 1. São Paulo: Editora Thomson, 2005, 671 p.
MAHAN, Bruce M. e MYERS, Rollie J. Química um curso universitário 
Tradução da 4ª edição americana. São Paulo: Editora Edgard Blucher Ltda, 
1997.
RUSSEL, John Blair. Química Geral. Volume 12 ed. São Paulo: Editora 
Makron Books, 1994, 621 p. 
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Eletroquímica
7Capítulo
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Objetivos
Nesta unidade vamos estudar a eletroquímica, procurando atingir os seguin-
tes objetivos:
• Conhecer os conceitos básicos de oxidação e redução;
• Entender como a reação de oxidação e redução pode ser aproveitada para 
produzir eletricidade em um dispositivo chamado pilha ou bateria;
• Verificar que apenas as reações espontâneas podem ser usadas em uma pilha;
• Deduzir a equação de Nernst para cálculo da diferença de potencial de 
uma pilha e conhecer as principais pilhas e baterias comerciais;
• Conhecer a reação de oxidação e redução não espontânea, para execução 
de uma eletrólise; as leis de Faraday e as aplicações da eletrólise.
Introdução
A eletroquímica é o estudo das reações químicas que ocorrem com a 
produção ou o consumo de trabalho elétrico. As reações que envolvem troca de 
cargas elétricas são as reações de oxidação e redução, daí o título eletroquí-
mica, que significa obter eletricidade com a realização de uma reação química.
Histórico
A eletroquímica teve início em 1780, com os estudos do italiano Luigi 
Galvani sobre a anatomia dos sapos. Em seus experimentos, o cientista ob-
teve corrente elétrica no tecido muscular desses anfíbios. Em 1800, o físico 
italiano Alessandro Volta discordou de Galvani, afirmando que a eletricidade 
tinha como fonte os metais. Volta construiu um equipamento capaz de pro-
duzir eletricidade de um modo constante, que foi chamado pilha de Volta. 
Podemos ver o equipamento na figura nº. 01.
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Figura nº. 01 – Pilha de Volta. O equipamento foi construído empilhando-se discos de 
zinco e cobre, que eram separados por tecido do tipo feltro e embebidos em solução 
de ácido sulfúrico. A pilha produzia corrente elétrica sempre que um fio condutor era 
ligado aos discos de zinco e de cobre e colocados nas extremidades da pilha. A pi-
lha de Volta acabou a divergência com Galvani, que afirmava só ser possível obter 
eletricidade com tecido animal. Para homenagear os dois cientistas, reconhecidos 
como de grande valor para a ciência, a eletrodeposição de metais foi chamada de 
galvanização; e a unidade de diferença de potencial elétrico, de volt. Fonte: Wikipédia
Devemos observar que esses estudos antecedem ao estudo dos áci-
dos feito pelo cientista sueco Svant August Arrhenius, em 1884, que mostrou 
a dissociação iônica em água; e o estudo do cientista britânico J.J.Thomson 
que, em 1897, verificou que os raios catódicos eram um feixe de partículas 
com carga elétrica negativa, a qual ele chamou de elétrons.
O estudo cronológico é importante para entender a dificuldade que es-
ses cientistas enfrentavam quando trabalhavam com corrente elétrica, sem 
saber a natureza dessa corrente. O desconhecimento originou o erro de uti-
lizar o sentido da corrente de modo contrário ao do movimento dos elétrons, 
hoje chamado pelos físicos de sentido convencional.
Em 1822, o físico alemão T. J. Seebeck construiu outra fonte de eletrici-
dade, usando dois metais com as extremidades em temperaturas diferentes; 
em uma das extremidades, os metais estão unidos, aparecendo uma diferen-
ça de potencial nas extremidades opostas. O par termoelétrico (usado por 
Galvani no tecido muscular dos sapos), apesar de não constituir uma maneira 
de se obter eletricidade através de uma reação química, serviu para orientar 
a construção das primeiras pilhas com tecnologia diferente da pilha de Volta.
Em1832, o cientista inglês Michael Faraday iniciou estudos no campo 
da eletroquímica, com ênfase na eletrólise.
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Química Geral II 169
Em 1836, o cientista inglês John Frederic Daniell construiu a pilha, que 
foi chamada de pilha de Daniell, usando a reação de oxidação e redução, sen-
do o local da oxidação separado do local da redução, o que permite a trans-
ferência de cargas por um condutor e o aproveitamento do trabalho elétrico.
Estudo dos conceitos de oxidação e redução
Na 1ª unidade, já antecipamos os conceitos de oxidação e redução e 
estudamos como determinar os coeficientes da equação química, usando o 
método da oxidação e redução.
Ao iniciar o estudo que conceitua a reação química, usamos um exemplo na 
1ª unidade em que colocarmos uma barra de zinco em solução de sulfato de cobre 
e, após decorrido certo tempo, obtivemos o sulfato de zinco e o cobre metálico.
A equação química que representa a reação deve ser estudada com 
relação ao modo e local onde aconteceu:
Zn (s) + CuSO4(aq) ZnSO4(aq) + Cu(s).
A reação aconteceu porque o zinco é mais reativo que o cobre, logo o 
zinco oxidou e o cobre reduziu. Sobre o local da reação, podemos dizer que 
foi na superfície da barra de zinco onde as cargas, oriundas da oxidação, fo-
ram utilizadas pelo cobre para sua redução, ou seja, não ocorreu circulação 
de cargas ou, melhor dizendo, produção de corrente elétrica.
A reação ocorreu de modo espontâneo, o que nos leva a afirmar que a 
energia livre dos produtos é menor que a energia livre dos reagentes. A ener-
gia produzida se dissipa em forma de calor e não produz trabalho elétrico.
Construção de pilhas e baterias
Em 1836, Daniell, utilizando fundamentos de Volta e do par termoelé-
trico, colocou em um recipiente uma barra de cobre em solução de sulfato 
de cobre e, separadamente, em outro recipiente, uma barra de zinco em 
solução de sulfato de zinco.
Do estudo da ligação metálica, pudemos concluir que o metal é consti-
tuído por cernes de átomos com os elétrons, preenchendo os orbitais forma-
dos no nível de valência.
Na prática, o que temos é uma solução com baixa concentração de 
íons metálicos e, na barra, alta concentração de cernes metálicos, que são 
idênticos aos íons em estrutura.
Em estudos posteriores, mostraremos que o metal puro tem potencial 
químico maior que o potencial do metal em solução, o que justifica a passa-
gem de matéria de um potencial maior para um potencial menor.
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Visando igualar as concentrações, os cernes metálicos passam para a 
solução e deixam seus elétrons na barra. O processo continua até que a barra 
fique carregada negativamente, fazendo com que o cerne, ao tentar sair da 
barra, seja atraído de volta, criando uma situação de equlíbrio entre a barra 
com carga negativa e a solução, agora com excesso de catíons. Idêntico pro-
cesso ocorre na outra barra que fica em equlíbrio com sua solução. Como es-
tamos diante de um processo de oxidação e redução em equlíbrio, podemos 
dizer que se trata de um equlíbrio químico, assunto já estudado na 5ª unidade.
Como os metais são diferentes em estrutura cristalina, tamanho atômico, 
eletronegatividade e níveis energéticos de valência, tudo contribui para que um 
metal seja mais reativo ou tenha maior potencial de oxidação que o outro.
Ligando externamente as duas barras, verificamos que os potenciais 
elétricos são diferentes, ou seja, um eletrodo tem mais elétrons que o outro, 
dando origem a uma corrente elétrica do eletrodo com maior quantidade de 
elétrons (anodo) para o eletrodo com menor quantidade de elétrons (catodo). 
A corrente retira elétrons do anodo e transporta para o catodo, alterando o 
equilíbrio químico nos dois locais. No anodo, mais zinco vai oxidar; e no ca-
todo, mais cobre vai reduzir.
O processo continua até que a solução onde ocorre a oxidação fique 
muito positiva; e a outra, onde ocorre a redução, fique muito negativa, para-
lisando o processo.
Nesse ponto, Daniell entendeu que havia necessidade de uma ponte 
salina ligando os dois recipientes para fechar o circuito. A ponte salina con-
siste em um tubo em forma de U que contém uma solução salina, cujos íons 
não precipitam os íons das soluções dos recipientes. Vejamos o dispositivo 
na figura nº. 02.
Figura nº. 02 – Pilha de Daniell. O eletrodo 
onde ocorre a oxidação é o anodo ou o polo 
negativo. O eletrodo onde ocorre a redução é o 
catodo ou polo positivo. Os elétrons deixam a 
célula pelo anodo, atravessam o circuito exter-
no e retornam pelo catodo. Os elétrons são 
produzidos pela oxidação e são consumidos 
pela redução. Na ponte salina, os ânions mi-
gram para a solução do anodo; e os cátions 
migram para a solução do catodo.
A reação química é a mesma estudada anteriormente, na qual o zinco 
oxida e o cobre reduz. Podemos estudar a reação, usando duas semirreações.
Semirreação de oxidação: Zn (s) Zn2+ (aq) + 2e 
Semirreação de redução: Cu 2+ (aq) + 2e Cu(s)
Somando as duas semirreações, fica:
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Química Geral II 171
Zn (s) + CuSO4(aq) ZnSO4(aq) + Cu(s).
A diferença de potencial entre os dois eletrodos foi medida e o resulta-
do observado foi de 1,10 volts.
Estudos futuros serão feitos no sentido de entender a influência da ponte 
salina na diferença de potencial da pilha, pois, mesmo fechando o circuito, a ponte 
representa uma resistência adicional que, dependendo da velocidade de migra-
ção dos íons, resulta um valor alto de diferença de potencial da junção líquida.
Como o potencial do eletrodo é um equlíbrio químico, depende da tem-
peratura, da pressão e da concentração. Devemos então fixar valores de 
temperatura, pressão e concentração para efetuar medidas e organizar tabe-
las com os potenciais medidos. A medida de potenciais é feita como sendo 
uma diferença entre dois eletrodos; de outro modo entendemos que os valo-
res são então relativos uns aos outros. Com esse entendimento, um eletrodo 
deve ser tomado como valor de referência.
O estado padrão foi escolhido como sendo de pressão igual a uma at-
mosfera, temperatura 25ºC e concentração um molar. O eletrodo de referên-
cia escolhido foi o de hidrogênio, pela facilidade em reduzir e oxidar para ser 
confrontado com outros eletrodos. Vamos usar a espécie H+, já consagrada 
na literatura, devido aos estudos de Arrhenius, e usada na definição de ácidos:
O hidrogênio oxidando: H2 (g) 2H
+ + 2e
O hidrogênio reduzindo: 2H+ + 2e H2 (g)
A representação total fica: H2 (g) 2H
+ + 2e
Ao eletrodo de hidrogênio foi dado o valor zero e todas as medidas fo-
ram feitas em relação a esse potencial. O trabalho de organização das tabelas 
com os potenciais no estado padrão consiste em montar pilhas com o eletrodo 
de referência e o eletrodo que se quer determinar seu potencial. Vamos obser-
var a figura nº. 03.
Figura nº. 03 – Medida do potencial no estado padrão do zinco usando o eletrodo de 
referência de hidrogênio. A medida indica 0,76 V; e o sentido dos elétrons é do zinco 
para o hidrogênio.
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furtado, f.172
Como o sentido dos elétrons é do zinco para o hidrogênio, indica que o 
zinco oxida, e o hidrogênio reduz. A equação da pilha fica:
Oxidação: Zn (s) Zn2+ + 2e
Redução: 2H+ + 2e H2 (g)
Somando: Zn (s) + 2H+ Zn2+ + H2 (g)
Para organizar a tabela, devemos decidir se será uma tabela com po-
tenciais de redução ou com potenciais de oxidação.
A tabela também pode conter os dois potenciais e, assim, fica fácil veri-
ficar que o valor é o mesmo, o que muda é o seu sinal.
A análise do resultado experimental mostra que, se os elétrons têm sen-
tido do zinco para o hidrogênio, isto comprova que o zinco está oxidando, e o 
hidrogênio está reduzindo. A conclusão é que o zinco tem maior potencial de 
oxidação que o hidrogênio ou menor potencial de redução que o hidrogênio. 
Nos dois casos, o valor numérico é 0,76 V.Vamos usar uma tabela com os potenciais de redução dos eletrodos 
mais conhecidos. Na tabela nº. 01, encontramos os potenciais de redução 
que, por estarem no estado padrão, chamaremos de Eo.
Na tabela, podemos observar que o zinco consta com potencial de 
redução igual a -0,76V (menor que o hidrogênio). Os eletrodos que estão 
acima do hidrogênio têm tendência maior de reduzir, e os que estão abai-
xo, têm tendência maior de oxidar. No cálculo da pilha, devemos escolher 
o uso de um só tipo de potencial, pois a diferença de potencial é feita de 
modo automático.
EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
Calcule a diferença de potencial em uma pilha formada por eletrodos de 
alumínio e cobre no estado padrão.
Solução: Vamos trabalhar com potenciais de redução. Na tabe-
la, encontramos:
para o alumínio: Al3+ + 3e Al (s). Eo = –1,66V
para o cobre: Cu2+ + 2e Cu (s). Eo = + 0,34V
Com os dados retirados da tabela, verificamos que o cobre tem maior po-
tencial de redução que o alumínio; logo o cobre vai reduzir, e o alumínio vai oxidar. 
Devemos então corrigir a semirreação do alumínio de redução para oxidação.
Para o alumínio: Al (s) Al3+ + 3e. Eo = + 1,66V
Para o cobre: Cu 2+ + 2e Cu (s). Eo = + 0,34V 
Observando as duas semirreações, verificamos que o número de car-
gas perdidas é diferente do número de cargas ganhas. Estamos diante de 
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Química Geral II 173
uma situação que já aprendemos a resolver no balanceamento de equações. 
Para tornar igual o número de cargas, vamos achar o mínimo múltiplo comum 
a dois e três, que é seis; logo vamos multiplicar a semirreação do alumínio por 
dois, e a do cobre por três. As duas semirreações ajustadas podem então ser 
somadas para produzir a equação da reação da pilha:
Para o alumínio: 2 Al (s) 2 Al3+ + 6e. Eo = +1,66V
Para o cobre: 3 Cu 2+ + 6e 3Cu (s). Eo = + 0,34V
Somando: 2Al (s) + 3Cu 2+ (aq) 2 Al3+ (aq) + 3Cu (s). ∆Eo = 2,00V.
Devemos observar que a multiplicação da semirreação por um número 
não altera o valor de Eo, que é uma propriedade do material, e não da quan-
tidade de material. A quantidade de material, como vamos ver a seguir, tem 
influência no cálculo do trabalho produzido pela pilha.
A dificuldade das primeiras pilhas estava no seu baixo tempo de utiliza-
ção e baixa capacidade de produzir trabalho.
Em 1859, o físico francês Raymond Gaston Planté iniciou estudos vi-
sando construir pilhas que fossem recarregáveis. Seus estudos caminharam 
no sentido de construir a pilha chumbo/ácido, como as que até hoje ainda 
usamos.
Em 1866, o químico francês George Leclanché construiu a primeira pi-
lha seca ou pilha comum, usada até hoje em aparelhos tipo rádio portátil.
Tabela 1
Potanciais de redução em ordem eletroquímica
 Potenciais de redução dos eletrodos no estado padrão.
Semireação E°, V Semireação E°, V
Fortemente oxidante
H
4
XeO
6
 + 2H+ + 2e– →	XeO
3 
+ H
2
O +3,0 Ti4+ + 3e– →	Ti3+ 0,00
F
2
 + 2e– →	2 F– +2,87 2H+ + 2e– →	H
2
0, por 
definição
O
3
 + 2 H+ + 2e– →	O
2 
+ H
2
O +2,07 Fe3+ + 3e– →	Fe –0,04
S
2
O
8
2– + 2e– →	2	SO
4
2– +2,05 O
2
 + H
2
O + 2e– →	HO
2
– + OH– –0,08
S
2
O
8
2– + 2e– →	2	SO
4
2– +1,98 Pb2+ + 2e– →	Pb –0,13
Co3+ + e– →	Co2+ +1,81 In+ + e– →	In –0,14
H
2
O
2 
+ 2 H+ + 2 e– →	2H
2
O +1,78 Sn2+ + 2e– →	Sn –0,14
Au+ + e– →	Au +1,69 AgI + e– →	Ag + I– –0,15
Pb4+
 
+ 2 e– →	Pb2+ +1,67 Ni2+ + 2e– →	Ni –0,23
2HClO + 2H+ + 2e– →	Cl
2 
+ 2H
2
O +1,63 V3+ + e– →	V2+ –0,26
Ce4+
 
+ e– →	Ce3+ +1,61 Co2+ + 2e– →	Co –0,28
2 HBrO + 2 H+ + 2 e– →	Br2	+	2H2O +1,60 In
3+ + 3e– → In –0,34
MnO
4
–
 
+ 8 H+ + 5 e– →	Mn2+ + 4 H
2
O +1,51 TI+ + e– → TI –0,34
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furtado, f.174
Mn3+ + e– →	Mn2+ +1,51 PbSO
4
 + 2e– → Pb + SO
4
2– –0,36
Au3+ + 3e– →	Au +1,40 Ti3+ + e– →	Ti2+ –0,37
Cl
2
 + 2e– →	2Cl– +1,36 In2+ + e– →	In+ –0,40
Cr
2
O
7
2–
 
+	14 H+ + 6 e- → 2Cr3+ + 7H2O +1,33 Cd2+ + 2e– →	Cd –0,40
O
3
 +H
2
O + 2e– →	O
2
 + 2OH– +1,24 Cr3+ + e– →	Cr2+ –0,41
O
2
 + 4H+ 4e– →	2H
2
O +1,23 Fe2+ + 2e– →	Fe –0,44
MnO
2
 + 4H+ + 2e– → Mn2+ + 2H
2
O +1,23 In3+ + 2e– →	In+ –0,44
ClO
4
– + 2H+ + 2e– →	ClO
3
– + H
2
O +1,23 S + 2e– →	S2– –0,48
Pt2+ + 2e– → Pt +1,20 In3+ + e– →	In2+ –0,49
Br2 + 2e– →	2Br– +1,09 Ga+ + e– →	Ga –0,53
Pu4+ + e– → Pu3+ +0,97 O
2
 + e– →	O
2
–0,56
NO
3
– + 4H+ + 3e– → NO + 2H
2
O +0,96 U4+ + e– →	U3+ –0,61
2 Hg2+ + 2e– → Hg
2
2+ +0,92 Se + 2e– →	Se2+ –0,67
ClO– + H
2
O + 2e– → Cl– + 2OH– +0,89 Cr3+ + 3e– →	Cr –0,74
Hg2+ + 2e– →	Hg +0,85 Zn2+ + 2e– → Zn –0,76
NO
3
– + 2H+ + e– →	NO
2
 + H
2
O +0,80 Cd(OH)
2
 + 2e– → Cd + 2OH– –0,81
Ag+ + e– →	Ag +0,80 2 H
2
O + 2e– →	H
2
 + 2 OH– –0,83
Hg
2
2+ + 2e– → 2Hg +0,79 Te + 2e– →	Te2– –0,84
AgF + e– →	Ag + F– +0,78 Cr2+ 2e– →	Cr –0,91
Fe3+ + e– →	Fe2+ +0,77 Mn2+ + 2e– → Mn –1,18
BrO– + H
2
O + 2e– →	Br– + 2OH– +0,76 V2+ + 2e– → V –1,19
Ti2+ + 2e– →	Ti –1,63
MnO
4
– + 2H
2
O + 2e– →	MnO
2
 + 4OH– +0,60 Al3+ + 3e– →	Al –1,66
I
2
 + 2e– →	2I– +0,54 U3+ + 3e– →	U –1,79
I
3
– + 2e– → 3I– +0,53 Be2+ + 2e– → Be –1,85
Cu+ + e– →	Cu +0,52 Mg2+ + 2e– →	Mg –2,36
Ni(OH)
3
 + e– →	Ni(OH)
2
 + OH– +0,49 Ce3+ + 3e– →	Ce –2,48
O
2
 + 2H
2
O + 4e– →	4H– +0,40 La3+ + 3e– → La –2,52
ClO
4
– + H
2
O + 2e– →	ClO
3
– + 2OH– +0,36 Na+ + e– →	Na –2,71
Cu2+ + 2e– →	Cu +0,34 Ca2+ + 2 e– →	Ca –2,87
Hg
2
Cl
2
 + 2e– →	2Hg + 2Cl– +0,27 Sr2+ + 2e– → Sr –2,89
AgCl + e– →	Ag + Cl– +0,22 Ba2+ + 2e– →	Ba –2,91
Bi3+ + 3e– →	Bi +0,20 Ra2+ + 2e– →	Ra –2,92
SO
4
2– + 4H+ + 2e– →	H
2
SO
3
 + H
2
O +0,17 Cs+ + e– →	Cs –2,92
Cu2+ + e– →	Cu+ +0,15 Rb+ + e– →	Rb –2,93
Sn4+ + 2e– →	Sn2+ +0,15 K+ + e– →	K –2,93
AgBr + e– →	Ag + Br– +0,07 Li+ + e– →	Li –3,05
NO
3
– + H
2
O + 2e– →	NO
2
– + 2OH– +0,01 Fortemente redutor
Fonte: ATKINS, Peter e JONES, Loretta. Princípios de Química. Questionando a vida moderna e o meio ambiente.
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Química Geral II 175
Reações espontâneas e equação de Nernst
Em 1889, o físico-químico alemão, Walther Nernst, estudioso da ter-
modinâmica, afirmou que, para resolver a dificuldade de produzir trabalho, a 
reação da pilha teria seu estudo feito baseado na variação da energia livre da 
reação e no trabalho elétrico possível.
Sabemos que, para a reação da pilha ser espontânea, devemos ter ∆G < 0. 
A termodinâmica tem regra de sinais, tal que o trabalho produzido é 
sempre positivo; logo devemos tomar: ∆G = –W, onde W é o trabalho elétrico 
produzido.
O trabalho elétrico é igual à carga multiplicada pela diferença de poten-
cial que motiva a circulação da carga. Para expressar a carga de um modo 
mais ligado à química e em quantidade maior que a de um elétron, vamos 
utilizar uma unidade de carga, cujo nome foi dado em homenagem a Faraday.
A carga de um mol de elétrons (1,6 x 10–19 x 6,02 x 10–23) é de aproxi-
madamente 96.485 C e chamada de Faraday. Logo a carga produzida será o 
número de mols de elétrons trocado na reação e multiplicado por um faraday. 
Carga = nF. O trabalho será calculado pela fórmula: W = nF∆E. Voltando para 
a expressão da variação de energia, temos: ∆G = –nF∆E.
Devemos entender que o ∆E deve ser sempre positivo, pois um valor 
negativo tornaria ∆G positivo e a reação não seria espontânea, não servindo 
para a construção de pilha.
No estudo do equlíbrio químico, chegamos à expressão da variação 
da energia livre em uma reação: ∆G = ∆Go + RT ln Q, onde Q é o quociente 
reacional. A expressão de ∆G liga a energia produzida às concentrações.
Substituindo os valores, fica: –nF∆E = –nF∆Eo + RTlnQ.
Multiplicando a expressão por (–1) e dividindo por (nF), fica:
∆E = ∆Eo – [(RT)/(nF)] x lnQ.
Essa equação ficou conhecida como equação de Nernst.
Alguns mitos existiam em relação às pilhas; a equação pode ajudar a 
responder certas perguntas:
a) Colocar a pilha em geladeira faz com que ela seja recarregada?
A temperatura está no termo que se subtrae ao ∆Eo, se ela diminui, 
melhora o ∆E e pode, em certos casos, diminuira pressão nas pilhas que 
produzem gases em seu funcionamento, mas não há como ocorrer a reação 
inversa, sem o auxílio da energia necessária. Logo, a pilha não será recarre-
gada e apenas pode melhorar por pouco tempo;
b) Colocar a pilha em água quente faz com que ela seja recarregada?
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furtado, f.176
A temperatura da água quente pode ajudar na circulação das cargas, 
mas, como no caso anterior, em curto espaço de tempo e, ainda, colocando 
em risco os aparelhos em que as pilhas são usadas.
Após essas respostas, supomos ser correto simplificar a equação com 
alguns cálculos preliminares:
1) Dispensar a influência da temperatura sobre a diferença de potencial 
da pilha (D.D.P.) e fixar seu valor em 25ºC (298K);
2) O R é uma constante que deve estar em Joule /(molx K), pois Joule / 
Coulomb = Volt; logo tomamos o valor R = 8,314 joule /(mol x K);
3) O Farady será substituído por seu valor calculado F =96.485C e, 
finalmente, vamos usar o logaritmo decimal, fazendo, ln = 2,3 log.
Com essas simplificações, a equação de Nernst fica:
∆E = ∆Eo – (0,0592/n) x logQ.
EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
Calcule a diferença de potencial existente em uma pilha formada por 
eletrodo de zinco imerso em solução 1,0 M de Zn 2+ e eletrodo de cobre imerso 
em solução 0,1 M de Cu2+.
Solução: Na tabela de potenciais de redução, encontramos:
para o cobre: Cu2+ + 2e Cu (s). Eo = +0,34 V.
para o zinco: Zn 2+ + 2e Zn (s). Eo = –0,76 V.
Com os dados da tabela, verificamos que o cobre tem maior potencial 
de redução que o zinco; logo o cobre vai reduzir, e o zinco vai oxidar. Deve-
mos então inverter a semirreação do zinco para oxidação e o Eo fica positivo. 
As cargas ganhas já estão iguais às cargas perdidas, logo não há necessida-
de de balanceamento.
Para o cobre: Cu2+ (aq) + 2e Cu (s). Eo = +0,34V.
Para o zinco: Zn (s) Zn2+ (aq) +2e. Eo = +0,76V.
Somando, fica: Zn (s) + Cu2+ (aq) Zn2+ (aq) + Cu (s). ∆Eo = 1,10V. 
Esse valor é o mesmo medido na experiência de construção da pilha.
Temos então a equação da pilha, com diferença de potencial positiva e 
com quantidade de carga dois mols de elétrons. Já calculamos o ∆Eo e o n; 
vamos calcular o Q que é o quociente reacional. Sabendo a equação, é fácil 
calcular o Q.
Q = {[Cu(s)][Zn2+]}/{[Zn(s)][Cu2+]}. As concentrações do cobre no pró-
prio cobre e do zinco no próprio zinco, como já estudamos no equlíbrio quí-
mico, é igual a 1. Então, substituindo, teremos: Q = 1,0/0,1 = 10. Na equação 
de Nernst, fica:
Quimica_Geral II_NL2017.indd 176 20/03/17 17:08
Química Geral II 177
∆E = 1,10 – (0,0592/2) x log 10 = 1,10 – 0,03 = 1,07V.
Devemos observar que o fato da concentração da solução de zinco, 
local para onde está indo o zinco que oxida, ter valor maior que a concentra-
ção da solução de cobre, local que fornece o cobre que reduz, implica em 
diminuição do ∆E.
Como calcular o trabalho da pilha?
Muito importante em eletricidade é o valor da corrente ou carga, gran-
dezas que possibilitam o cálculo da potência. A carga depende da quantidade 
de material usado na construção da pilha. A informação da carga é util para 
solucíonar o problema de tempo de funcionamento da pilha. Outro problema 
é a necessidade de se aumentar a diferença de potencial da pilha.
Vejamos como calcular a carga. A unidade de corrente é o ampère 
que representa a carga na unidade de tempo, no caso, por segundo. Como 
a hora tem 3600 segundos, vamos definir uma unidade de carga correspon-
dente à corrente de um ampère em uma hora. 1AH = 3600 C.
No exercício da pilha de cobre e zinco, na equação da pilha usamos 
as massas estequiométricas e temos n = 2 (dois mols de elétrons), a carga 
então pode ser calculada como: carga = nF = 2 x 96485 = 192.970 C. Usan-
do uma regra de três simples, podemos transformar em ampère hora. 1AH = 
3.600 C, logo 192.970 C é igual a 53,6 AH. O valor significa que nossa pilha 
tem condições de fornecer 53,6 A durante uma hora.
Como mudar a carga da pilha?
O cálculo indica que a pilha foi construída com as quantidades da equa-
ção química; logo vamos utilizar a equação para dimensionar uma pilha com 
outra carga:
Zn (s) + Cu2+ (aq) Zn 2+ (aq) + Cu (s). 
65,39g 63,55g carga = 53,6 AH.
X1 X2 carga = 30 AH.
A pilha a ser construída terá 30 AH de carga e as massas de reagentes 
serão X1 e X2.
Como aumentar a diferença de potencial?
Sabemos do estudo da Física que, nas pilhas ligadas em série, a cor-
rente que passa pelas pilhas é a mesma, mas a diferença de potencial é 
somada. Voltando ao nosso exercício, a pilha tem diferença de potencial de 
1,07 V. Se queremos uma diferença de potencial de 6,0 V, devemos construir 
um dispositivo com seis pilhas, onde teremos 1,07 x 6 = 6,42 V. O dispositivo 
construído é chamado de bateria.
Quimica_Geral II_NL2017.indd 177 20/03/17 17:08
furtado, f.178
Como calcular o tempo de funcionamento?
Nossa bateria com 6,42 V e 30 AH será utilizada para acionar um equi-
pamento de potência igual a 30 Watts. Qual o tempo de funcionamento?
Sabemos que P = Vi, onde P é a potência, V a diferença de potencial 
ou voltagem, e i, a corrente em ampère. Com a fórmula, calculamos a cor-
rente requisitada pelo equipamento: i = P/V = 30 W/6,42 V = 4,673 A. Como a 
bateria tem 30 AH, o tempo será calculado com a nova corrente: 30 = 4,673 
x tempo (hora).
tempo = 6,42 horas.
Quais os tipos especiais de pilhas?
1) Pilha de concentração. A pilha de concentração é um tipo especial, 
pois dela decorre a fabricação do medidor de pH, chamado de pHmêtro (es-
tudado na 5ª unidade).
Seja uma pilha formada por dois eletrodos de níquel mergulhados em 
duas soluções com concentrações diferentes. Ver figura nº 04.
 
Figura nº. 04 – Pilha de concentração. As concentrações das soluções de Ni2+ são 
diferentes. Como já estudamos, as soluções possuem potenciais químicos diferentes, 
teremos, então, uma tendência para igualar as concentrações.
Como as soluções não estão em contato, o modo de buscar a igualda-
de de concentrações será através da redução de níquel no catodo (solução 
mais concentrada) e oxidação de níquel no anodo (solução menos concen-
trada). Teoricamente, o processo continua até que as concentrações fiquem 
iguais. Vamos entender melhor, observando um exercício resolvido.
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Química Geral II 179
EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
Calcular a diferença de potencial de uma pilha com eletrodos de níquel 
mergulhados um em solução de [Ni2+] = 1,0 x 10-3 mol/L, e o outro, em solu-
ção [Ni2+] = 1,0 mol/L.
Solução: Vamos supor a solução diluída na esquerda e a concentrada 
na direita.
Sabemos que, no anodo, ocorre oxidação, e no catodo, redução. As 
semirreações podem ser representadas:
Oxidação no anodo: Ni (s) Ni2+ (0,001M) + 2e. Eo = +0,23 V.
Redução no catodo: Ni2+ (1,0M) +2e Ni (s). Eo = –0,23 V.
Somando, fica: Ni (s) + Ni2+ (concentrada) Ni2+ (diluída) + Ni 
(s). ∆Eo = 0,0 V.
Aplicando a equação de Nernst, temos: ∆E = 0,0 – (0,0592/2) x log 
[(1,0 x 10-3)/1,0] = 0,0888 V ou 89 mV, voltagem compativel com os medi-
dores de pH.
2) Pilha seca. A pilha seca foi desenvolvida pelo francês George Le-
clanché, tentando resolver os inconvenientes de transporte e uso das pilhas.
Ver figura nº. 05.
Figura nº. 05 – Pilha de Le-
clanché. A pilha tem anodo de 
zinco e catodo constituído por 
um bastão de grafita imerso em 
pasta de MnO2, NH4Cl, ZnCl2 e 
C. Tem caráter ácido, devido à 
presença do cloreto de amônio. 
Não pode ser recarregada, de-
vido à semirreação de redução 
do dióxido de manganês. For-
nece uma diferença de poten-
cial de 1,5 e foi aperfeiçoada, 
dando origem à chamada pilha 
alcalina, em que o hidróxido de 
potássio foi colocado no lugar 
do cloreto de amônio.
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As semirreações da pilha de Leclanché podem ser estudadas, como sendo:
no anodo (oxidação): Zn (s)Zn2+ (aq) + 2e.
no catodo (redução): 2 NH4
+ (aq) + 2 MnO2 (s) + 2e 2MnO(OH) (s) 
+ 2NH3 (g) Mn2O3 (s) + H2O (l) + 2NH3 (g).
As semirreações estão representadas do modo sugerido por alguns au-
tores, em etapas. Em qualquer caso, temos o zinco oxidando e fornecendo 
elétrons para a redução do manganês, que passa de +4 para +3.
O íon zinco migra para o catodo e forma complexo com o gás amoníaco; 
o fato é comprovado, pois a pilha não resiste a uma corrente muito intensa de-
vido à formação do gás amoníaco, mas, após certo “repouso”, a migração dos 
íons zinco retira as moléculas do NH3 e a pilha volta a funcionar normalmente.
A reação completa no anodo e no catodo fica:
anodo: Zn (s) Zn2+ + 2 NH3 (g) Zn(NH3)2
2+ (aq) + 2e. Eo = 1,0 V.
catodo: 2MnO2 (s) + 2NH4
+ + 2e Mn2O3(s) + 2NH3 + H2O. Eo = 0,5V.
∆Eo = 1,5 V.
3) Bateria chumbo-ácido. O estudo de Raymond Gaston Planté resul-
tou na construção inicialmente de uma pilha e, em seguida, de uma bateria 
chamada chumbo-ácido, considerada muito especial por ser recarregável.
Os eletrodos escolhidos foram o anodo de chumbo e o catodo de dió-
xido de chumbo. A solução usada para os dois eletrodos é o ácido sulfúrico.
Na tabela nº. 01, temos os potenciais e as semirreações utilizadas:
Para o chumbo: PbSO4 + 2e Pb + SO4
2-. Eo = – 0,36 V.
Para o dióxido: Pb 4+ + 2e Pb 2+. Eo = + 1,67 V. 
Como o dióxido de chumbo vai reduzir e o chumbo vai oxidar, devemos 
inverter a semirreação do chumbo.
Para o chumbo: Pb (s) + H2SO4 PbSO4 + 2e + 2H
+. Eo = 0,36 V.
Para o dióxido: PbO2 + H2SO4 + 2H
+ + 2e PbSO4 + 2H2O. Eo = 1,67 V.
Somando: Pb (s) + PbO2 (s) + 2 H2SO4 (aq) 2 PbSO4 (aq) + 2 H2O 
(l). ∆E = 2,03 V. Cada pilha fornece 2,03 V; se a bateria for de 6 V, devemos unir 
em série três pilhas. Para melhor entendimento, vamos observar a figura nº. 06.
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Figura nº. 06 – Uma bateria automotiva de chumbo e ácido de 12 V. Cada pilha fornece 
2,0 V; logo devemos ter seis pilhas em série para obter os 12 V. A carga em AH, vai 
determinar a massa das placas e tamanho da bateria. Em automóveis, a carga oscila 
entre 30 a 50 AH. A partida é o ponto principal, pois é solicitada amperagem muito alta.
A grande vantagem da bateria chumbo e ácido está no fato de que ela 
é recarregável. Como o ácido sulfúrico toma parte na reação, a solução deve 
ser objeto de cálculo, sendo fator determinante no volume da bateria; e seu 
controle é feito através da densidade. O sulfato de chumbo é insolúvel e adere 
aos eletrodos, sendo aproveitado na reação de carga.
Como aproveitar a reação de oxidação e redução não espon-
tânea inversa da reação da pilha?
As reações de eletrólise são as reações de oxidação e redução não 
espontâneas que ocorrem nas células ou cubas eletrolíticas (recipientes con-
tendo solução de íons), pela passagem de corrente elétrica, com consumo de 
trabalho elétrico. No caso teremos ∆G > 0.
Algumas recomendações precisam ser feitas para o uso da tabela de 
potenciais de eletrodos na previsão das reações de oxidação e redução da 
eletrólise.
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a) A tabela utiliza a concentração de 1,0 M, o que de modo geral não 
ocorre nas soluções submetidas à eletrólise;
b) A energia de descarga do íon se afasta do Eo, devido a fenômenos 
ligados à adsorção, o que implica no uso de uma maior voltagem para libera-
ção da substância reduzida. O hidrogênio é um exemplo de uso de maior vol-
tagem na eletrólise, pois sua posição na tabela fica entre o titânio e o alumínio, 
fato muito importante já que do alumínio até o lítio não podemos descarregar 
esses íons em solução aquosa;
c) Na eletrólise e na recarga de pilhas e baterias, em geral ocorrem re-
ações secundárias, como no caso da bateria chumbo/ácido, em que ocorre a 
eletrólise da água, produzindo hidrogênio e oxigênio,
d) Devemos acrescentar na tabela a sequência de descarga dos aní-
ons na eletrólise; ela é baseada na reatividade que, como já estudamos na 1ª 
unidade (tipo de reação), está ligada a eletronegatividade. A sequência está 
organizada do mais fácil de descarga para o mais difícil:
aníons não oxigenados aníons orgânicos OH– 
aníons oxigenados F–
Em 1834, o cientista Michael Faraday apresentou os resultados expe-
rimentais de seu estudo, em forma de leis empíricas da eletrólise. São elas:
1ª lei: a massa da substância eletrolisada é diretamente proporcional à 
quantidade de eletricidade que atravessa a solução.
Como a quantidade de eletricidade é igual à corrente, multiplicada pelo 
tempo em segundo, podemos fazer como expressão da lei: m = k1 x i x t.
2ª lei: a massa da substância eletrolisada é diretamente proporcional à 
massa molar dividida pelo número de oxidação ou valência da espécie quími-
ca. A expressão da lei fica: m = k2 x (MM/nox).
3ª lei: sendo a massa da substância eletrolisada proporcional à quan-
tidade de eletricidade e a massa molar dividida pelo nox, será também pro-
porcional ao produto das duas quantidades. A expressão da lei fica: m = k3 x 
(MM/nox) x i x t.
Essa é uma fórmula mais geral, pois envolve todas as variáveis da ele-
trólise. Resta calcular a constante de proporcionalidade k3. Faraday verificou 
que quando a massa eletrolisada era igual à (MM / nox), a carga era igual a 
96.485 . Substituindo na expressão, fica: (MM / nox) = k3 x (MM/nox) x 96485. 
Calculando, fica: k3 = 1/96.485. Substituindo na expressão: m = [(MM/nox) x 
i x t]/(96.485).
Os fatores ligados ao processo de eletrólise, tais como interações entre 
os íons, potencial oriundo das cargas dissolvidas e outros, tornam o rendi-
mento baixo e não podemos deixar de considerar na expressão: m = [(MM/
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nox) x i x t x R]/(96.485). Sendo R o rendimento.
Após o estudo das leis de Faraday, vamos abordar a eletrólise, em suas 
principais aplicações, para boa motivação do estudo.
a) Refino de metais, produção de metais com alto grau de pureza;
b) Produção de substâncias pela reação da eletrólise;
c) Recarga de pilhas e baterias;
d) Proteção de superfícies por eletrodeposição de metais nobres.
A expressão de Faraday mostra uma relação entre carga e massa. 
Como a reação da eletrólise é realizada por passagem de corrente em uma 
solução de íons, vamos fazer um esquema que nos ajude a entender as eta-
pas que relacionam a quantidade de carga elétrica usada na eletrólise com as 
quantidades de substâncias oxidadas ou reduzidas.
EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
Calcule a massa em gramas do alumínio produzido em uma hora pela 
eletrólise do AlCl3 fundido, usando uma corrente de 10,0 A.
Solução: Usando a expressão de Faraday:
m = [(MM/nox) x i x t x R]/(96.485) = [(27/3) x 10,0 x 3600 x 1]/96485 = 
3,358 g.
Podemos usar a relação entre as cargas e a massa da substância para 
os cálculos.
Quantidade de eletricidade = 10,0 (C / s) x 3.600 s = 36.000 C.
Número de mols de elétrons = (36.000 C)/(96485 C/mol de e) = 0,373 
mol de e.
Mols de produto = (0,373 mol de e) x [(1 mol de Al)/(3 mols de e)] = 0,124 
mol de Al.
Massa do produto = (0,124 mol de Al) x [(27,0g de Al)/(1 mol de 
Al)] = 3,358 g de Al.
Usando os dois caminhos, o resultado é o mesmo. Com esse conheci-
mento, podemos abordar as pilhas de combustível que são abastecidas com 
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massas de reagentes e têm sua corrente como fonte de informação sobre 
seu funcionamento.
As aplicações serão estudadas ao mesmo tempo em que abordamos 
os tipos de eletrodos usados na eletrólise. Alguns eletrodos são inertes, ou 
seja, não participam da reação da eletrólise, enquanto outros eletrodos são 
chamados de ativos, pois participam da reação de eletrólise.
Eletrodo inerte
O eletrodo inerte mais utilizado é a grafita, porém, com restrições para rea-
ções em que há formação de oxigênio, pois este queima a grafita. Como exem-
plo, vamos utilizar a eletrólise em soluçãoaquosa do cloreto de sódio, por ser uma 
das mais importantes do ponto de vista comercial, na obtenção de substâncias, 
como o hidróxido de sódio e o cloro. O hidrogênio é um subproduto, mas igual-
mente importante como combustível. Vamos observar a figura nº. 07.
Figura nº. 07 – Eletrólise de uma solução de cloreto de sódio em meio aquoso. No 
catodo, a espécie H+ disputa com a espécie Na+. Na tabela, verificamos que o H+ 
tem maior tendência de reduzir que o Na+; logo terá a formação de H2. No anodo, 
a espécie Cl- disputa com a espécie OH-. Na tabela de descarga de aníons, verifi-
camos que o Cl- tem maior tendência de oxidar; logo terá a formação de Cl2. Em 
solução restam as espécies Na+ e o OH-, que, após concentração, produzem o 
hidróxido de sódio.
A equação da eletrólise pode ser obtida pela soma das semirreações 
de oxidação e de redução:
No anodo (+), temos: 2 Cl– (aq) Cl2 (g) + 2e.
No catodo (–), temos: 2 H+ (aq) + 2e H2 (g).
Somando fica: 2Cl- (aq) + 2H+ (aq) Cl2 (g) + H2 (g).
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Eletrodo ativo
O eletrodo ativo pode participar da reação da eletrólise desde que te-
nha prioridade em oxidar. O exemplo nos eletrodos inertes foi de produção de 
substâncias por meio de eletrólise. Vamos usar um exemplo de refino de me-
tais. O eletrodo metálico que funciona como catodo não sofre desgaste, pois, 
ocorrendo redução, ele recebe os íons que se depositam.
No anodo deve existir uma competição entre os íons que desejam oxi-
dar, ganha o que tiver maior potencial de oxidação. Nosso exemplo é a eletró-
lise de uma solução de ácido sulfúrico com eletrodos de cobre. Propositada-
mente, colocamos um eletrodo com pouco cobre, mas de alto grau de pureza 
no catodo, e um eletrodo com cobre impuro no anodo. No início da operação, 
para redução no catodo, temos apenas o íon H+ proveniente do ácido e da 
água. Então, no início, no catodo acontece:
Catodo (–): 2H+ (aq) + 2e H2 (g).
Vamos estudar a disputa no anodo pela oxidação. Temos o íon OH-, o 
íon sulfato e o cobre, todos com tendência a oxidar. Na lista de descarga, veri-
ficamos que o OH- ganha do sulfato; logo vamos analisar agora entre o cobre 
e o OH-. Da tabela (tabela de redução), obtemos:
oxidação: Cu (s) Cu2+ (aq) + 2e. Eo = -0,34V.
oxidação: 2OH– H2O (l) + ½ O2 (g) + 2e. Eo = -0,40V.
Como os dois são negativos, o que tem maior potencial de oxidação é o cobre.
Vamos observar a figura nº. 08.
Figura nº. 08 – Eletrólise de uma solução de ácido sulfúrico com eletrodos de cobre. 
No catodo (-), colocamos um eletrodo com cobre puro; e no anodo. um eletrodo com 
cobre impuro. Desejamos obter no catodo mais cobre puro pelo processo eletrolítico. 
No início, no catodo, apenas o íon H+ disputa a redução e forma H2 (g). No anodo, 
temos uma disputa dos íons SO4 2-, OH – e o cobre pela oxidação. O estudo do texto 
mostra que o cobre vai oxidar, produzindo íons Cu2+. Os íons produzidos no anodo 
migram para o catodo e ganham na disputa por redução do H+.
A oxidação do cobre no anodo produz íons Cu2+, que migram para o 
catodo e ganham a disputa por redução com os íons H+. Após certo tempo, 
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teremos depósito de cobre puro no catodo; e desgaste do anodo, por oxida-
ção do cobre. Nota-se a formação de uma lama anódica com as impurezas 
que estavam no cobre impuro.
Eletrodeposição metálica
Na eletrodeposição, a peça que vai receber a camada de metal será usa-
da como catodo (polo negativo). A aderência do metal sobre a peça é obtida 
com o controle do pH, da concentração, da temperatura, da intensidade de cor-
rente e do uso de aditivos. O banho eletrolítico, assim chamado a solução ele-
trolítica, tem composição determinada de modo experimental. O uso do cianeto 
de sódio, no banho eletrolítico, foi descartado pelos riscos decorrentes.
A peça a ser revestida passa por várias etapas que podem ser resumi-
das em três: limpeza, banho eletrolítico e acabamento.
A etapa da limpeza se constitui de:
a) limpeza mecânica, com lixa ou jato especial;
b) desengraxe a quente, com material detergente;
c) decapagem com ácido para retirada de restos de oxidação.
No banho eletrolítico, devemos controlar a corrente, a voltagem e o 
tempo. Antes e depois do banho, a peça deve ser pesada para controle da 
massa depositada.
No acabamento, devemos utilizar um metal que associe proteção com 
embelezamento. Em geral, a solução de cromo é a mais utilizada.
Antes da solução de cromo, colocamos a peça, em imersão rápida, em solu-
ção ácida para produzir pontos na superfície que garanta boa aderência do cromo.
Vejamos a figura nº. 09.
Figura nº. 09 - Cuba eletrolítica para banho de zinco em peça de aço.
No catodo, temos redução do Zn 2+ (aq); e no anodo, temos oxidação do Zn (s). A 
solução é de Zn 2+, abastecida pela oxidação do zinco no anodo.
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Exercício complementar
Uma peça de aço foi submetida ao banho eletrolítico de zinco. Os da-
dos levantados sobre o processo estão anotados como:
Massa antes do banho = 19,256g,
Massa depois do banho = 19,786g,
Voltagem = 12 V,
Amperagem = 1,35 A,
Tempo de eletrólise = 45 minutos, 
Banho eletrolítico = Zn2+,
Custo do kWh = R$ 0,80.
Calcule:
a) o rendimento do processo de eletrodeposição.
b) o custo com energia elétrica.
Solução
a) Vamos calcular o rendimento pela fórmula que aprendemos no cál-
culo estequiométrico.
Massa observada = 19,786g – 19,256g = 0,53g,
Massa teórica = [(MM / nox) x i x t] / 96485 = [(65,37 / 2) x 1,35 x 45 x 
60] / 96485 = 119.136,8 / 96485 = 1,235g,
Rendimento = (0,530g / 1,235g) x 100 = 42,9 %
b) Aprendemos que P = V x i = 12 x 1,35 = 16,2 W = 0,0162 kW.
O tempo é de 0,75 horas, o trabalho = 0,0162 x 0,75 = 0,0122kWh.
Com uma regra de três, resolvemos o cálculo que resta:
1kWh R$ 0,80
0,0122kWh X
Calculando, fica: X = R$ 0,01.
Estudo da célula de combustível
O estudo da célula de combustível ficou para último assunto, pois mui-
tos autores não consideram pilha, e sim uma célula onde é queimado um 
combustível e produzido um trabalho elétrico. Vamos observar a figura nº. 10.
 
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Figura nº. 10 – Célula de combustível de baixa temperatura. O aproveitamento de 
energia em uma célula de combustível é maior do que nas termoelétricas conven-
cionais. Nas células de combustíveis, não se usa a carga em AH, pois a corrente 
depende da alimentação da célula.
Nossa célula de combustível usa o hidrogênio como combustível, mas 
podemos diferenciar as semirreações de catodo e anodo.
No catodo, temos redução do oxigênio:
O2 (g) + 2 H2O (l) + 4e 4 OH
–. Eo = 1,23 V (tabela nº. 01).
No anodo, temos oxidação do hidrogênio:
2 H2 (g) + 4 OH
- (aq) 4 H2O (l) + 4e. Eo = 0,0 V.
O número de mols de elétrons trocados é n = 4. Vamos usar a expres-
são de Faraday para calcular a célula. A solução da célula é de KOH.
A reação final fica: 2 H2 (g) + O2 (g) 2 H2O (l). ∆Eo = 1,23 V.
Exercícios complementares
Exercício 01: Uma célula de combustível tem as seguintes semirrea-
ções:
Catodo: O2 (g) + 2 H2O (l) + 4e 4 OH
-.
Anodo: 2 H2 (g) + 4 OH
– 4 H2O (l) + 4e. 
A célula é abastecida com oxigênio e hidrogênio gasoso nas CNTP.
Foi solicitada uma corrente de 1A durante 2 horas, 40 minutos e 50 
segundos.
Calcule o volume de cada gás consumido nas CNTP.
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Solução: Vamos usar a expressão de Faraday para relacionar a mas-
sa com a corrente.
No catodo: m = [(32/ 4) x 1 x 9650] / 96485 = 0,8g;
Número de mols: n = 0,8g / 32g = 0,025;
Volume: V = (n x R x T)/p = (0,025 x 0,082 x 273)/1 = 0,56 litros de oxigênio;
No anodo: m = [(4/4) x 1 x 9650] / 96485 = 0,1g;
Número de mols: n = 0,1g / 2g = 0,05;
Volume: V = (0,05 x 0,082 x 273) / 1 = 1,12 litros de hidrogênio.
Exercício02: Duas células eletrolíticas estão ligadas em série. A pri-
meira célula tem solução de nitrato de prata, e a segunda tem solução de sul-
fato de cobre. Durante certo tempo, foi mantida uma corrente nas duas células 
em série. Na primeira célula com nitrato de prata, foram encontrados 2,16g de 
prata. Qual a massa de cobre encontrada na segunda célula? 
Solução: Vamos usar a expressão de Faraday para as duas células:
Para a prata: 2,16g = [(108/1) x i x t]/96485.
Para o cobre: m = [(63,54/2) x i x t]/96485. 
Note que a corrente e o tempo são os mesmos para as duas células.
Dividindo as duas expressões fica:
2,16/m = 108/31,77. Operando, fica: m = 0,635g.
Exercício 03: Uma pilha seca funciona fornecendo 0,2 A. A massa de 
zinco oxidada foi de 0,1959g. Qual foi o tempo de funcionamento da pilha?
Solução: o exercício é útil para mostrar o uso da expressão de Faraday 
no funcionamento das pilhas,
m = [(65,3 / 2) x 0,2 x t] / 96485 = 0,1959g. 
Operando, temos t = 2.895 s = 48 minutos 15s.
Exercício 04: Uma pilha é formada por uma barra de cromo em solução 
0,1 M de Cr3+ e uma barra de estanho em solução 0,001 de Sn2+. 
Calcule:
a) a diferença de potencial da pilha.
b) a variação da energia livre na reação da pilha.
Solução: 
a) Na tabela nº. 01, temos os potenciais de redução:
Para o estanho: Sn2+ + 2e Sn (s). Eo = –0,14 V.
Para o cromo: Cr3+ + 3e Cr (s). Eo = –0,74 V.
O estanho tem potencial de redução maior que o cromo, logo o es-
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tanho vai reduzir e o cromo vai oxidar. Devemos inverter a semirreação do 
cromo e balancear as cargas. Operando, fica:
para o estanho: 3 Sn2+ + 6e 3 Sn (s). Eo = -0,14 V.
para o cromo: 2 Cr (s) 2 Cr 3+ + 6e. Eo = +0,74 V.
Somando: 2 Cr (s) + 3 Sn2+ 3 Sn (s) + 2 Cr3+. ∆Eo = 0,60 V.
Aplicando a equação de Nernst:
∆E = 0,60 – (0,0592 / 6) x log [(10 -1)² / (10 -3)³] = 0,53 V.
b) ∆G = -nF∆E = –6 x 96.485 x 0,53 = - 220.962,3 J = 221 kJ.
Exercício 05: Uma bateria de chumbo/ácido tem capacidade de 80AH. 
Após a bateria ter sido descarregada em 80%, qual a massa de chumbo oxidada?
Solução: A equação da pilha já é nossa conhecida:
Pb (s) + PbO2 (s) + 2 H2SO4 (aq) 2 PbSO4 (aq) + 2 H2O (l).
A carga é calculada como: carga = n x F = 2 x 96.485 = 192.970 C.
A capacidade é calculada usando a equação estequiométrica:
1AH 3.600 C,
 X 192.970 C, o que resulta X = 53,6 AH.
Na tabela periódica, temos: MM do chumbo igual a 207,2g.
207,2g 53,6 AH,
 X 80,0AH, o que resulta X = 309,25g.
Massa oxidada = 309,25 x 0,8 = 247,4g. Medindo a corrente, podemos 
ter o tempo de funcionamento, pela expressão de Faraday.
Exercício 06: Uma indústria produz alumínio, por eletrólise de Al2O3 fun-
dido. A indústria funciona 24 horas por dia e utiliza uma corrente de 100A em 
uma fonte de corrente continua de 50 V. O custo do kWh é de R$ 0,80 e o 
rendimento catódico é de 60%.
Calcule:
a) a massa de alumínio produzida em 24 horas,
b) o custo com energia elétrica para essa produção.
Solução
a) São dados: tempo = 24 horas = 86.400 s.
i = 100 A, R = 0,60.
V = 50 V.
Na tabela periódica: MM do alumínio = 26,98g. Usando a expressão 
de Faraday:
m (observada) = [(26,98 / 3) x 100 x 86.400 x 0,6] / 96.485 = 483,2g.
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b) P = V x i = 50 x 100 = 5.000 watts = 5 kW.
Trabalho elétrico = 5 x 24 = 120 kWh.
O custo com energia elétrica para a produção de 483,2g de alumínio será:
1 kWh R$ 0,80.
120 kWh X, calculando, temos: X = R$ 96,00.
Atividades de avaliação
1. Uma pilha foi montada para usar as seguintes semirreações:
Oxidação: Fe2+ Fe3+ + 1e.
Redução: ½ Br2 + 1e Br
1-.
Verifique se o projeto da piha está correto.
Resposta
Na tabela nº. 01, para a 1ª semirreação, temos Eo = –0,77V; e para a 2ª, te-
mos Eo = + 1,09V. O ∆Eo = +0,32V. Como é positivo, o projeto está correto.
2. Níquel pulverizado é adicionado a uma solução de íons Sn2+ com concen-
tração 0,1 M. Quando o equilíbrio é atingido, calcule as concentrações dos 
íons Ni2+ e Sn2+.
Resposta
Devemos inicialmente calcular ∆Eo = 0,09V. Com esse valor, calculamos 
∆Go= –17.367,3 J. Usando a fórmula ∆Go= –R x T x ln K, calculamos K. 
Com K, calculamos as concentrações.
3. Uma pilha usa uma peça de cobre em solução 0,025M de Cu2+ e uma 
peça de prata em solução 0,015 M de Ag1+. Calcule:
a) a diferença de potencial da pilha.
b) a carga da pilha em AH.
c) o tempo de funcionamento da pilha quando mantém em funcionamento 
um computador de 100W.
Resposta
a) ∆E = 0,40 V,
b) carga = 53,6 AH,
c) tempo = 1,28 horas.
4. Uma pilha de concentração com dois eletrodos de hidrogênio foi construída 
para medir o pH. O eletrodo padrão tem p = 1atm e [H+] = 1,0M o outro ele-
trodo tem p = 1atm e [H+] =? O eletrodo medidor foi mergulhado em solução 
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de pH desconhecido, a voltagem foi medida como 0,211V, e a corrente de 
elétrons flui do eletrodo medidor para o padrão. Calcule o pH da solução.
Resposta
Usando a equação de Nernst, temos ∆E, ∆Eo, n e uma das concentra-
ções [H+] = 1. Calculamos a concentração desconhecida como [H+] = 2,7 x 10 
-4. Com a concentração de [H+], calculamos o pH = 3,57.
Referências 
ATKINS, Peter e JONES, Loretta. Princípios de Química. Questionando a 
vida moderna e o meio ambiente. Porto Alegre: Editora Bookman, 2001, 914 p.
BROWN, Theodore L.; LEMAY JÚNIOR, H. Eugene e BURSTEN, Bruce E. Quí-
mica. A ciência central. São Paulo: Editora Pearson Prentice Hall, 2005, 972 p.
EBBING, Darrell D. Química Geral. Volume 1. 5 ed. Rio de Janeiro: Livros 
Técnicos e Científicos Editora S. A., 1998, 569 p.
KOTZ, John C.; TREICHEL JÚNIOR, Paul M. Química Geral e reações quí-
micas. Volume 1. São Paulo: Editora Thomson, 2005, 671 p.
MAHAN, Bruce M. e MYERS, Rollie J. Química um curso universitário Tra-
dução da 4ª edição americana. São Paulo: Editora Edgard Blucher Ltda, 1997.
RUSSEL, John Blair. Química Geral. Volume 1. 2 ed. São Paulo: Editora 
Makron Books, 1994, 621 p.
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Aulas Práticas
8Capítulo
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Química Geral II 195
Uab/uece - 1ª aula prática de química geral
1) TÍTULO: análise de resultados experimentais
2) OBJETIVOS:
a) Desenvolver as primeiras técnicas quantitativas de laboratório;
b) Desenvolver uma base inicial para tratamento de dados;
c) Conhecer a classe de compostos chamados hidratos.
3) TEORIA:
Neste experimento, você aquecerá uma quantidade pesada de cristais 
de CuSO4. 5H2O, de cor azul, até que a água do hidrato (substância que con-
tém água em seu cristal) seja expelida como vapor, deixando como resíduo o 
sal anidro de cor branca. A diferença de peso entre o hidrato e o anidro é igual 
ao peso da água no hidrato. A percentagem de água é calculada pelos pesos 
obtidos, através da fórmula:
Percentagem de água = (peso da água perdida / peso da amostra) x 100.
Para analisar os resultados, devemos entender antecipadamente o que 
seja exatidão e precisão de resultados.
A exatidão mede o afastamento do valor experimental ao valor tido 
como verdadeiro. Seja 15,5 g o valor verdadeiro de uma massa, então o valor 
15,7g é mais exato que o valor 15,1g. A exatidão é expressa em erro percen-
tual, que diminui quando a exatidão aumenta:
Exatidão = (diferença entre o valor experimental e o verdadeiro / valor 
verdadeiro) x 100.
No nosso exemplo, teremos que a primeira medida tem exatidão igual 
à 0,2/15,5 x 100 = 1%, enquanto a segunda medida tem exatidão igual a 0,4/ 
15,5 x 100 = 2,6%.
A precisão indica quanto os valores experimentais concordam entre si, 
em alguns casos, independente da exatidão. Vamos observar duas séries de 
resultados na experiência de determinação da massa de 15,5g, citada ante-
riormente e tomada como o valor exato.
Série A: 15,4; 15,7; 15,3; 15,8.
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Série B: 15,1; 15,9; 15,2; 17,1.
Observamos que, na série A, os valores estão mais agrupados (a faixa 
de valores está entre 15,3 e 15,8) enquanto, na série B, os valores estão mais 
dispersos (a faixa de valores está entre 15,1 e 17,1).
No estudo da precisão, devemos calcular a média simples dos valores 
e o desvio de cada valor em relação à média. Quando o desvio de um ou 
mais valores é muito alto, devemos supor a existência de um erro ocasio-
nal (pode ser visto como acidental). Quando a série de valores é precisa, 
mas se afasta muito do valor verdadeiro, devemos supor a existência de um 
erro sistemático (ocasionado por equipamento com defeito). Verificado o erro 
ocasional, devemos efetuar o descarte dos valores experimentais correspon-
dentes. Vamos utilizar as duas séries para nossa análise:
Média da série A= 15,6; Média da série B= 15,8.
O desvio de cada valor será (valor em módulo):
Na série A, o desvio de cada valor será: 0,2; 0,1; 0,3; 0,2.
Na série B, o desvio de cada valor será: 0,7; 0,1; 0,6; 1,3.
O desvio médio para a série A será: 0,2 e para a série B será: 0,7. Um 
desvio médio baixo representa alto grau de precisão e indica que os valores 
experimentais estão dentro de uma faixa estreita.
A precisão é expressa pela fórmula: Precisão = (desvio médio/ média) 
x 100.
Para a série A = 0,2/15,6 x 100= 1,3%; para a série B=0,7/ 15,8 x 100 
= 4,4%. Vamos usar a série B para verificar a existência de erro ocasional ou 
sistemático. Não deve existir erro sistemático, pois os valores estão situados 
ao redor do valor exato. A análise dos desvios de cada valor indica o valor 
de 1,3 como o maior; logo o resultado de 17,1 é muito suspeito de um erro 
ocasional.
Uma regra adotada para considerar o resultado fruto de um erro ocasio-
nal é calcular o desvio padrão = / 1)SQD N − , onde SQD é a soma dos 
quadrados dos desvios e N o número de resultados, (assunto estudado 
na estatística). 
O desvio padrão define um intervalo de confiança (o intervalo é obtido, 
somando e subtraindo o desvio padrão da média), se os resultados suspeitos 
estiverem fora do intervalo, devem ser descartados. 
Na nossa experiência o valor exato para a percentagem de água 
no hidrato é 36,0% (cálculo realizado com as massas atômicas de cada 
elemento químico).
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Química Geral II 197
4) MATERIAL NECESSÁRIO
a) Suporte universal, argola, triângulo (ou tela com amianto), bico de 
gás, pinça com revestimento isolante, cadinho de porcelana, balança analítica 
e espátula;
b) Sulfato de cobre pentahidratado (hidrato). O material deve ser multi-
plicado por três, pois teremos três equipes de alunos.
5) PROCEDIMENTO EXPERIMENTAL
a) Pese o cadinho e anote;
b) Coloque com a espátula aproximadamente 1g de hidrato no cadi-
nho e anote o peso do cadinho mais o hidrato. Calcule o peso do hidrato por 
diferença;
c) Leve o cadinho ao fogo por oito minutos, até a mudança de cor do 
hidrato de azul para branco (não vamos obter o branco completo, pois o 
cadinho é aberto);
d) Pese o cadinho mais o anidro;
e) Calcule o peso do anidro por diferença;
f) Calcule o peso da água por diferença entre o peso do hidrato e do 
anidro.
g) Calcule a porcentagem de água no hidrato, usando a fórmula: (massa 
de água/ massa do hidrato) x 100.
h) Calcule a exatidão (erro percentual). Guarde os resultados.
Ver na figura nº. 01 a montagem experimental.
Figura nº. 01 – Montagem para determinar a porcentagem de água no sulfato de 
cobre pentahidratado. 
A equação de desidratação é:
CuSO4. 5H2O CuSO4 + 5H2O
A montagem foi realizada em aula da UECE.
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furtado, f.198
6) RESULTADOS: Utilize os resultados obtidos e preencha as tabelas:
a. Peso do cadinho g
b. Peso do cadinho + hidrato g
c. Peso do hidrato (b- a) g
d. Peso do CuSO4 anidro + cadinho g
e. Peso do CuSO4 anidro g
f. Peso da água no hidrato (c – e) g
7) QUESTÕES: O professor fornecerá um questionário sobre a prática.
8) CONCLUSÕES: O aluno deve, ao final do questionário, evidenciar 
suas conclusões em face dos objetivos alcançados.
Referências 
ATKINS, Peter e JONES, Loretta. Princípios de Química. Questionando a vida 
moderna e o meio ambiente. Porto Alegre: Editora Bookman, 2001, 914 p.
BROWN, Theodore L.; LEMAY JÚNIOR, H. Eugene e BURSTEN, Bruce E. Quí-
mica. A ciência central. São Paulo: Editora Pearson Prentice Hall, 2005, 972 p.
EBBING, Darrell D. Química Geral. 5ª Edição. Rio de Janeiro. Livros Técni-
cos e Científicos Editores S. A., 1998. Volume 1; 569 p.
KOTZ, John C.; TREICHEL JÚNIOR, Paul M. Química Geral e reações quí-
micas. Volume 1. São Paulo: Editora Thomson, 2005, 671 p.
MAHAN, Bruce M. e MYERS, Rollie J. Química um curso universitário Tra-
dução da 4ª edição americana. São Paulo: Editora Edgard Blucher Ltda, 1997.
RUSSEL, John Blair. Química Geral. 2ª Edição. São Paulo. Editora Makron 
Books, 1994. Volume 1; 621 p.
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Química Geral II 199
UAB/UECE - 2ª AULA PRÁTICA DE QUÍMICA GERAL
1) TíTULO: Espectro de um salto eletrônico (ensaio de chama).
2) OBJETIVOS:
a) Identificar as cores características impressas por metais à chama de 
um bico de gás ou na queima com metanol. 
b) Usar o teste de chama para determinar visualmente a identidade de 
um metal desconhecido em um sal.
3) TEORIA:
As substâncias quando ativadas pelo calor ou outra fonte de energia, 
emitem radiações em comprimentos de onda (cores características dos ele-
mentos que as compõem). Neste fato se baseia a espectroscopia de emissão 
e, possibilita a identificação de certo número de elementos por meio de en-
saios por coloração da chama de um bico de gás.
COR METAL
Vermelho carmim Compostos de lítio 
Vermelho escarlate Compostos de estrôncio
Vermelho tijolo Compostos de cálcio 
Amarelo 
Compostos de sódio. A chama amarela não é um indicativo de 
sódio a menos que persista e não seja intensificada pela adição 
de 1% de NaCl ao composto seco . 
Verde esmeralda Compostos de cobre. 
Azul Chumbo. 
Vermelho púrpuro (violeta) Potássio.
4) MATERIAL NECESSÁRIO: béquer de 50 mL, seis vidros de relógio, 
fio níquel cromo, pipeta graduada, pipeta farmacêutica, espátula, bico de gás, 
óculos de proteção, pipetador. Sais de lítio, estrôncio, cálcio, sódio, cobre, 
chumbo, potássio. Ácido clorídrico 3M e fósforo. Esse material deve ser multi-
plicado por três para funcionar três equipes.
Para a parte B, cinco cápsulas de porcelana, metanol, espátula e fósforo.
5) PROCEDIMENTO EXPERIMENTAL
Experiência A
Transfira cerca de 20 mL de HCl 3 M para um béquer de 50 mL.
Transfira cerca de 1 mL de HCl para um vidro de relógio.
Limpe o fio de níquel-cromo, submergindo-o no vidro de relógio 
contendo HCl e aquecendo o fio na zona de maior temperatura 
da chama do bico de gás. O fio estará limpo quando não mais der 
cor à chama. Lave o vidro de relógio.
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furtado, f.200
Use uma espátula para adicionar uma pequena porção da 1ª amos-
tra em um vidro de relógio seco.
Transfira cerca de 1mL de HCl para o vidro de relógio já utilizado. 
Introduza o fio de níquel-cromo limpo no vidro de relógio com HCl 
limpo e depois o toque na amostra no outro vidro de relógio de modo 
que a mesma fique aderida ao fio. 
Leve o fio com a amostra à chama oxidante inferior e observe a cor 
que é imposta à chama. Anote a coloração. 
Repita o procedimento para as demais amostras. 
Utilize a tabela de correlação cor-metal, para estabelecer a possível 
identidade do metal contido na amostra. 
Experiência B
Use uma espátula para adicionar uma pequena porção da amostra 
em um vidro de relógio seco, ou uma cápsula de porcelana.Adicione 3 mL de metanol ao vidro de relógio, ou cápsula de porce-
lana. Usando um fósforo, incendeie o álcool.
Quando o nível do álcool alcançar o sal, anote a cor da chama. 
Repita as etapas 1 a 3 para as demais amostras. 
Vamos observar na figura nº. 02 a montagem experimental.
Figura nº. 02 – Montagem experimental para o ensaio de chama. A cor amarela indica 
a presença do sódio.
A montagem foi realizada em aula da UECE.
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Química Geral II 201
6) RESULTADOS:
Preencha as tabelas abaixo:
Experiência A
Amostra Coloração da Chama Identificação do Metal
1
2
3
4
5
Experiência B
Amostra Coloração da Chama Identificação do Metal
1
2
3
4
5
7) QUESTIONÁRIO: O professor apresentará um questionário aos alunos.
8) CONCLUSÕES: Ficará a cargo do aluno, emitir conclusões, em 
face dos objetivos atingidos.
Referências 
ATKINS, Peter e JONES, Loretta. Princípios de Química. Questionando a 
vida moderna e o meio ambiente. Porto Alegre: Editora Bookman, 2001, 914 p.
BROWN, Theodore L.; LEMAY JÚNIOR, H. Eugene e BURSTEN, Bruce E. Quí-
mica. A ciência central. São Paulo: Editora Pearson Prentice Hall, 2005, 972 p.
EBBING, Darrell D. Química Geral. 5ª Edição. Rio de Janeiro. Livros Técni-
cos e Científicos Editores S. A., 1998. Volume 1; 569 p.
KOTZ, John C.; TREICHEL JÚNIOR, Paul M. Química Geral e reações 
químicas. Volume 1. São Paulo: Editora Thomson, 2005, 671 p.
MAHAN, Bruce M. e MYERS, Rollie J. Química um curso universitário 
Tradução da 4ª edição americana. São Paulo: Editora Edgard Blucher Ltda, 
1997.
RUSSEL, John Blair. Química Geral. 2ª Edição. São Paulo. Editora Makron 
Books, 1994. Volume 1; 621 p.
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fuRtAdo, f.202
UAB / UECE - 3ª AULA PRÁTICA DE QUÍMICA GERAL.
1) TÍTULO: Reação química e cálculo estequiométrico
2) OBJETIVOS:
a) Realizar uma reação química.
b) Coletar gás em água e medir o volume.
c) Calcular o reagente limitante e o rendimento da reação.
3) TEORIA:
Na primeira parte deste experimento, vamos realizar a reação do zinco 
com o ácido clorídrico, verificando antes qual é o reagente limitante. Coleta-
mos o hidrogênio em água através de montagem descrita. Medimos o volume 
do gás hidrogênio, H2, na proveta graduada. O volume de hidrogênio medido 
(observado) serve para calcular o rendimento da reação. O volume teórico 
será fornecido pela equação da reação.
Pressão de vapor d’água e a lei de dalton das pressões parciais
Quando qualquer gás, em um recipiente fechado, é coletado sobre a 
água líquida, ou exposto a ela, a água evapora até que resulte um vapor sa-
turado, isto é, até que as velocidades opostas de evaporação e condensação 
de moléculas de água na superfície do líquido atinjam um equilíbrio. Estas 
moléculas gasosas de água contribuem para a pressão total do gás contra as 
paredes do recipiente. Cada gás exerce sua própria pressão independente da 
pressão de outros gases. Esta é a lei das pressões parciais:
Ptotal = PH2O + PH2
PRESSÃO DE VAPOR D’ÁGUA A VÁRIAS TEMPERATURAS
Temperatura
oC
Pressão
mm Hg
Temperatura
oC
Pressão
mm Hg
Temperatura
oC
Pressão
mm Hg
0,0 4,6 29,0 30,0 94,0 610,9
10,0 9,2 30,0 31,8 95,0 633,9
20,0 17,5 40,0 55,3 96,0 657,7
21,0 18,7 50,0 92,5 97,0 682,1
22,0 19,8 60,0 149,4 98,0 707,3
23,0 21,1 70,0 233,7 99,0 733,2
24,0 22,4 80,0 355,1 100,0 760,0
25,0 23,8 90,0 525,8 110,0 1074,6
26,0 25,2 91,0 546,0 120,0 1489,1
27,0 26,7 92,0 567,0
28,0 28,3 93,0 588,6
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Química Geral II 203
4) MATERIAL NECESSÁRIO: Balança analítica, mangueira de látex ou 
plástico, frasco kitassato, rolha, proveta de 50mL, suporte universal, garras para 
proveta, bacia plástica, braçadeira de metal, pipeta graduada e copo de Becker. 
Zinco em aparas e ácido clorídrico 6M. O material deve ser mul-
tiplicado por três.
5) PROCEDIMENTO EXPERIMENTAL
a) Pese 0,100 g de aparas de zinco numa balança analítica. Use um 
becker.
b) Meça com uma pipeta volumétrica 10,0 mL de HCl 6,0 M e adicione 
cuidadosamente ao recipiente (kitassato). 
c) Transfira a amostra de zinco para o recipiente.
d) Feche imediatamente o recipiente com a rolha. 
e) Observe a reação e o borbulhamento de gás na proveta com água.
f) Meça o volume deslocado na proveta, terminada a reação.
g) Meça a temperatura do laboratório com um termômetro.
h) Meça a pressão atmosférica em um barômetro (caso não tenha ba-
rômetro, usar 760 mmHg).
Vamos observar na figura nº. 03 a montagem experimental.
Figura nº. 03 – Montagem experimental para a reação do zinco com ácido clorídrico e 
coleta em água do gás hidrogênio. 
A equação da reação é:
Zn + 2HCl ZnCl2 + H2.
A montagem foi realizada em aula da UECE.
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6) OBSERVAÇÕES E RESULTADOS
Massa de zinco (g).
Volume de gás coletado (mL)
Temperatura do Laboratório (ºC)
Pressão atmosférica (mmHg)
7) QUESTIONÁRIO: O professor apresentará um questionário a ser 
respondido.
8) CONCLUSÕES: O aluno apresentará no questionário conclusões e 
comentará os objetivos atingidos.
Referências 
ATKINS, Peter e JONES, Loretta. Princípios de Química. Questionando a 
vida moderna e o meio ambiente. Porto Alegre: Editora Bookman, 2001, 914 p.
BROWN, Theodore L.; LEMAY JÚNIOR, H. Eugene e BURSTEN, Bruce E. 
Química. A ciência central. São Paulo: Editora Pearson Prentice Hall, 2005, 
972 p.
EBBING, Darrell D. Química Geral. 5ª Edição. Rio de Janeiro. Livros Técni-
cos e Científicos Editores S. A., 1998. Volume 1; 569 p.
KOTZ, John C.; TREICHEL JÚNIOR, Paul M. Química Geral e reações quí-
micas. Volume 1. São Paulo: Editora Thomson, 2005, 671 p.
MAHAN, Bruce M. e MYERS, Rollie J. Química um curso universitário 
Tradução da 4ª edição americana. São Paulo: Editora Edgard Blucher Ltda, 
1997.
RUSSEL, John Blair. Química Geral. 2ª Edição. São Paulo. Editora Makron 
Books, 1994. Volume 1; 621 p.
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Questionário
9Capítulo
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Química Geral II 207
Questionário da 1ª aula prática de química geral
TITULO: ANÁLISE DE RESULTADOS EXPERIMENTAIS.
1. Defina hidrato e apresente três exemplos de sais hidratados. (Con-
sultar os livros de Química, indicando referência).
2. Conceitue exatidão e precisão.
3. Assumindo que o valor exato da percentagem da água no sulfato 
de cobre pentahidratado é 36,0 %, e de acordo com os resultados abaixo, 
responda:
a. Peso do cadinho g
b. Peso do cadinho + hidrato g
c. Peso do hidrato (b- a) g
d. Peso do CuSO4 anidro + cadinho g
e. Peso do CuSO4 anidro g
f. Peso da água no hidrato (c – e) g
a) Qual o peso do hidrato, do anidro e da água em sua amostra?
b) Qual a percentagem de água determinada em sua amostra de 
sulfato de cobre pentahidratado?
c) Qual o erro percentual de sua determinação?
4. Utilizando os valores obtidos pelas diversas equipes (transcreva es-
ses valores, no quadro abaixo), responda:
GRUPO Porcentagem de água
Grupo 01
Grupo 02
Grupo 03
Grupo 04
Grupo 05
Grupo 06
a) Qual a média dos valores? 
b) Qual o erro percentual da média? 
c) Comparando o erro percentual da média com o erro percentual 
de sua determinação, qual o mais exato?
d) Calcule o desvio de cada valor, em relação à média.
e) Calcule a precisão. Essa série de valores tem alta ou baixa precisão?
f) Verifique o valor com maior desvio e aplique o teste do descarte, 
calculando o desvio padrão e o intervalo de confiança.
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5) Utilize as tarefas realizadas na prática e responda:
a) Quais aspossíveis fontes de erro nesse seu experimento (eviden-
ciando o erro acidental)?
b) Nessa experiência, é possível apontar uma fonte de erro comum para 
todas as equipes que forneceria uma série de valores com boa preci-
são, mas com baixa exatidão (evidenciando o erro sistemático)?
QUESTIONÁRIO DA 2ª AULA PRÁTICA DE QUÍMICA GERAL
TÍTULO: Espectro de um salto eletrônico
(Ensaio de chama)
1) Preencha a tabela abaixo com os resultados experimentais:
Amostra Coloração da Chama Identificação do Metal
1
2
3
4
5
2) Qual a origem da cor que visualizamos na chama do bico de gás?
3) Por que sais metálicos, contendo diferentes elementos, emitem cores 
diferentes? 
4) As emissões de luzes coloridas estão presentes em nossa vida di-
ária. Cite eventos da vida diária em que são observadas emissões de luzes 
coloridas.
5) Considere que no átomo de hidrogênio um determinado elétron reali-
za transição eletrônica do 4º para o 2º nível eletrônico. Calcule:
a) a energia de um fóton emitido por esse elétron na transição 
realizada.
b) o tipo de radiação emitida.
c) a frequência da radiação.
d) o comprimento de onda da radiação.
6) Usando o espectro atômico do sódio, tiramos o comprimento de onda 
como sendo 590 nm da radiação principal. Verifique, se a radiação está no 
tipo visível e se tem cor amarela, usando o espectro eletromagnético.
7) Explique a formação do arco-íris em termos de radiação emitida.
8) Qual a importância do ácido clorídrico no ensaio de chama?
9) O ensaio de chama é afetado pelas impurezas do gás engarrafado; o 
uso do metanol elimina esse problema?
10) Como os fabricantes de fogos e artifícios conseguem produzir cores 
que não são oriundas de determinados elementos químicos?
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Química Geral II 209
QUESTIONÁRIO DA 3ª AULA PRÁTICA.
TÍTULO: REAÇÃO QUÍMICA E cáLCULO ESTEQUIOMÉTRICO.
1. Transcreva, na tabela abaixo, os resultados de seu procedimento ex-
perimental 
Massa de zinco 
Volume de gás coletado 
Temperatura do laboratório
Pressão atmosférica
2. Calcule o número de mols de zinco correspondente à massa pesa-
da. (Verifique que o número de mols de zinco é igual ao número de mols de 
hidrogênio no item 4).
3. Calcule o reagente limitante com as quantidades colocadas para reagir.
4. Use a equação da reação do zinco com ácido clorídrico para calcular 
o número de mols de hidrogênio teórico:
Zn(s) + 2 HCl(aq) ⟶ ZnCl2(aq) + H2(g)
5. Consulte a tabela de pressão de vapor da água e anote o valor cor-
respondente à temperatura medida no laboratório.
6. Calcule a pressão parcial do gás hidrogênio, usando a lei das 
pressões parciais.
7. Calcule o número de mols produzido do gás hidrogênio, usando a 
equação p x V = n x R x T, onde p é a pressão parcial do hidrogênio, V é o 
volume observado na proveta, T é a temperatura absoluta do laboratório e n é 
o número de mols.
8. Com o número de mols teórico e o número de mols observado, cal-
cule o rendimento da reação.
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