Química teórica: ΔH e mol

A massa molecular do CO₂ é 12+16×2=44, então 0.50 mol tem massa de 44×0.50=22 g. A resposta 44 g é uma armadilha para quem confunde com 1 mol. Aplique mecanicamente “massa ＝ massa molar × quantidade de matéria”.

Nas CNTP, 1 mol de qualquer gás ocupa cerca de 22.4 L, então 11.2÷22.4=0.50 mol. Dividir ao contrário, 22.4÷11.2=2.0, é o erro clássico. Lembre-se do sentido da divisão: “volume ÷ 22.4”.

Concentração molar × volume (L) ＝ quantidade de matéria, então 0.20×0.500=0.10 mol. O erro típico é esquecer de converter 500 mL em 0.5 L e responder 0.20 mol. O segredo é fazer a conversão mL→L antes de tudo.

1 L ＝ 1000 cm³ de solução tem massa de 1800 g; 98% disso é H₂SO₄, ou seja, 1764 g, e dividindo pela massa molecular 98 obtém-se 18 mol/L. Esquecer de multiplicar pela densidade leva a respostas erradas como 1.8. Resolva em três etapas: “tomar 1 L → massa da solução → massa do soluto → mol”.

De PV=nRT, n=PV/RT=(8.3×10⁴×3.0)/(8.3×10³×300)=0.10 mol. Se você substituir 27 diretamente, a ordem de grandeza fica errada. A regra de ouro é converter para a temperatura absoluta T=27+273=300 K.

Uma molécula de água contém 2 átomos de H, então 6.0×10²³×2=1.2×10²⁴ átomos. O valor 6.0×10²³ é uma armadilha: esse é o número de moléculas. Nunca esqueça “número de moléculas × número de átomos em uma molécula”.

Calcule a média ponderada usando as frações em mols: 28×0.80＋32×0.20＝22.4＋6.4＝28.8. A média simples 30.0 é a maior armadilha. Lembrar que o ar tem massa molecular média de cerca de 29 oferece uma verificação prática.

Na estrutura cúbica de corpo centrado, o átomo do centro toca os 8 átomos dos vértices do cubo, então o número de coordenação é 8. O valor 12 é o número de coordenação das estruturas cúbica de faces centradas e hexagonal compacta, que é fácil de confundir. Memorize-os em par: “corpo centrado ＝ 8, faces centradas e hexagonal ＝ 12”.

8 vértices×1/8＋6 centros de face×1/2＝1＋3＝4 átomos. Se você contar os átomos dos vértices ou das faces como átomos inteiros, obterá 8 ou 6. Use sempre as frações que pertencem à célula unitária (vértice 1/8, face 1/2, aresta 1/4).

Na grafita, um dos quatro elétrons de valência de cada átomo de carbono pode se mover livremente pela estrutura plana, por isso ela conduz eletricidade. O diamante é formado pelo mesmo elemento, mas todos os seus elétrons são usados nas ligações, por isso ele é isolante. Lembre-se de que “a grafita é a única exceção entre os cristais covalentes”.

O H ligado ao O, que tem grande eletronegatividade, forma uma ligação de hidrogênio com o O de uma molécula vizinha, por isso é necessária muita energia para separá-las. A força de uma ligação covalente é uma questão diferente do ponto de ebulição (que diz respeito a afastar as moléculas umas das outras), então não caia nessa. Lembre-se: “H ligado a F, O ou N significa ligação de hidrogênio”.

A ligação formada quando o par de elétrons não ligante do N é doado unilateralmente ao H⁺ é uma ligação coordenada. Também se pergunta com frequência o fato de que, depois de formada, ela não pode ser distinguida de forma alguma das outras ligações covalentes N–H. Fixe como “ligação covalente em que um dos lados fornece o par de elétrons ＝ ligação coordenada”.

Na estrutura cúbica de faces centradas, os átomos se tocam ao longo da diagonal de uma face, e o comprimento dessa diagonal, √2a, é igual a quatro raios. √3a é a relação da estrutura cúbica de corpo centrado (contato ao longo da diagonal do cubo) e é a armadilha mais frequente. Aprenda com um desenho: “faces centradas usa a diagonal da face, corpo centrado a diagonal do cubo”.

Em uma reação exotérmica, o sistema libera energia e a entalpia do sistema diminui, então ΔH é negativo. Nas equações termoquímicas do currículo antigo, a liberação de calor era escrita como ＋Q, então o sinal era o oposto — este é o maior ponto de confusão. Lembre-se: “sai, então é negativo”.

Como são liberados 891 kJ por 1 mol, 0.50 mol libera 891×0.50≒446 kJ. Note que, mesmo sendo ΔH negativo, a “quantidade de calor liberada” é dada como valor positivo. Resolva com “quantidade de calor ＝ |ΔH| × mol”.

A reação desejada é (equação 1)−(equação 2), então ΔH＝−394−(−283)＝−111 kJ. Somar as duas e obter −677 é o erro típico. Tenha em mente a operação da lei de Hess: “subtrair as equações para que o CO₂ se cancele”.

Um catalisador oferece outro caminho, com energia de ativação mais baixa, aumentando a proporção de moléculas capazes de superar a barreira. A armadilha clássica é o ΔH (a diferença entre o ponto de partida e o ponto de chegada), que o catalisador não altera. Imagine que “o catalisador rebaixa o topo da montanha, mas não muda a profundidade do vale”.

Com o aumento da temperatura, a distribuição das energias cinéticas das moléculas se espalha para energias mais altas, e a proporção de moléculas capazes de superar a barreira aumenta bruscamente. A energia de ativação em si não é alterada pela temperatura (quem a altera é o catalisador). Separe bem: “temperatura → a proporção aumenta; catalisador → a barreira diminui”.

A dissolução do nitrato de amônio retira calor do ambiente — uma transformação endotérmica usada em compressas frias instantâneas. Combustão, neutralização e oxidação de metais são reações exotérmicas típicas. Memorize em conjunto: “compressa fria ＝ dissolver NH₄NO₃ ＝ ΔH＞0”.

Quando a pressão é aumentada, o equilíbrio se desloca no sentido em que o número total de moléculas de gás diminui (4 moléculas à esquerda → 2 moléculas à direita), de modo a reduzir novamente a pressão. Note que mudar a pressão não altera a constante de equilíbrio. Julgue com “Le Chatelier ＝ o sentido que anula a perturbação”.

Com o aquecimento, o equilíbrio se desloca no sentido endotérmico (reação inversa, para a esquerda), absorvendo calor para anular o aumento de temperatura. Não é “para a direita porque uma temperatura mais alta a deixa mais rápida”. O segredo é separar a velocidade de reação do deslocamento do equilíbrio: são questões diferentes.

Um catalisador acelera a reação direta e a inversa na mesma proporção, então nem a posição do equilíbrio nem a constante de equilíbrio mudam. Pensar que “o catalisador aumenta o rendimento de NH₃” é o erro típico. Lembre-se de que a única vantagem do catalisador é que o equilíbrio é atingido mais cedo.

A constante de equilíbrio é “produtos ／ reagentes”, com cada concentração elevada à potência do seu coeficiente. Multiplicar pelos coeficientes ou esquecer os expoentes são os erros clássicos. Monte a expressão repetindo “os coeficientes sobem para os ombros” (viram expoentes).

Como se formaram 1.6 mol de HI, reagiram 0.80 mol de H₂ e 0.80 mol de I₂, restando 0.20 mol de cada. K＝(1.6)²／(0.20×0.20)＝2.56／0.04＝64 (nessa reação, o número de moléculas é igual nos dois lados, então o volume se cancela). Montar uma tabela com a quantidade que reagiu, x, é o caminho mais seguro nos cálculos de equilíbrio; tomar HI＝2x como x leva a respostas como 16.

[H⁺]＝concentração×grau de ionização＝0.10×0.010＝1.0×10⁻³ mol/L, então pH＝3. A maior armadilha é ignorar o grau de ionização e tratá-lo como ácido forte, obtendo pH＝1. Use separadamente: “para ácido fraco cα, para ácido forte a própria concentração”.

Se pH＝12, então [H⁺]＝10⁻¹² mol/L e, pelo produto iônico, [OH⁻]＝10⁻¹⁴÷10⁻¹²＝10⁻² mol/L. Responder 10⁻¹², o próprio valor de [H⁺], é a armadilha. Se você usar “pH＋pOH＝14”, obtém pOH＝2 imediatamente.

Considerando H como ＋1 e O como −2, (＋1)×2＋S＋(−2)×4＝0 dá S＝＋6. É fácil confundir com ＋4 no SO₂ ou −2 no H₂S. O método básico é partir de “a soma dos números de oxidação em um composto ＝ 0” e calcular de trás para a frente.

Considerando O como −2, Mn＋(−2)×4＝−1 dá Mn＝＋7. Com íons, muitos alunos esquecem de igualar a soma à carga do íon e acabam chegando a ＋8. Aprenda junto com o motivo: o KMnO₄ é um agente oxidante tão poderoso porque o Mn está no seu número de oxidação máximo, ＋7.

Somente os metais cuja tendência à ionização é maior que a do H₂ reagem com ácidos diluídos e liberam hidrogênio. O Zn fica à esquerda do H e o Cu à direita, então o Cu não se dissolve. Fixe sempre a posição do H na fila de tendência à ionização (K＞Ca＞Na＞Mg＞Al＞Zn＞Fe＞Ni＞Sn＞Pb＞(H₂)＞Cu＞Hg＞Ag＞Pt＞Au).

O Zn, que tem maior tendência à ionização, dissolve-se como Zn²⁺ (oxidação) e libera elétrons, por isso é o eletrodo negativo. A correspondência “eletrodo de onde saem os elétrons ＝ eletrodo negativo ＝ oxidação” costuma ser confundida. Lembre-se: “o metal com maior tendência à ionização é o eletrodo negativo”.

Durante a descarga, forma-se sulfato de chumbo(II) PbSO₄, que adere à superfície dos dois eletrodos, então ambos ganham massa. A armadilha é pensar “ele se dissolve, então perde massa”: na verdade, o Pb²⁺ não passa para a solução, mas se transforma em PbSO₄ ali mesmo. Memorize em conjunto: “descarga ＝ PbSO₄ nos dois eletrodos, então ambos ganham massa, e o ácido sulfúrico diluído fica mais diluído”.

A tendência à ionização do Na⁺ é grande demais para que ele seja reduzido, então a água é reduzida em seu lugar e libera H₂. Pensar “é o cátodo, então se deposita Na” é o erro típico. Lembre-se: “em solução aquosa de um cátion com grande tendência à ionização, libera-se hidrogênio”.

O SO₄²⁻ é difícil de oxidar, então a água é oxidada em seu lugar e libera O₂. A deposição de cobre é a transformação no cátodo, então não confunda. A regra para decidir é “no ânodo: Cl₂ se houver Cl⁻; caso contrário, O₂ (quando os eletrodos são de Pt ou C)”.

A quantidade de eletricidade é 0.50×1930＝965 C, então os elétrons correspondem a 965÷96500＝0.010 mol. Por Cu²⁺＋2e⁻→Cu, o cobre é a metade dos elétrons, 0.0050 mol, e sua massa é 0.0050×64＝0.32 g. Esquecer o coeficiente “2e⁻ para 1 Cu” e responder 0.64 g é o erro mais frequente.

O MnO₄⁻ corresponde a 0.020×0.010＝2.0×10⁻⁴ mol. Igualando os elétrons cedidos e recebidos, obtém-se MnO₄⁻ : H₂O₂＝2 : 5, então 2.0×10⁻⁴×5/2＝5.0×10⁻⁴ mol. Supor que a proporção em mols é 1:1 é a armadilha; a regra de ouro é fixar os coeficientes a partir de “elétrons recebidos ＝ elétrons cedidos”.

O NH₃ é mais leve que o ar e se dissolve muitíssimo bem em água, por isso é coletado por deslocamento de ar para cima. A coleta sobre água serve apenas para gases que se dissolvem muito pouco em água, então não pode ser usada para o NH₃. Decida com as três categorias: “leve → deslocamento para cima, pesado → deslocamento para baixo, pouco solúvel → sobre água”.

O Na produz um amarelo intenso, e por isso é usado há muito tempo na iluminação de túneis rodoviários. O vermelho é do Li ou do Sr, o verde-azulado do Cu e o violeta-avermelhado do K, e é fácil confundi-los. Aprenda o conjunto completo de uma vez (Li vermelho, Na amarelo, K violeta-avermelhado, Cu verde-azulado, Ca vermelho-alaranjado, Sr vermelho, Ba verde-amarelado).

O Cl₂ é amarelo-esverdeado, tem cheiro irritante e é usado para desinfetar a água da torneira. O NH₃ e o H₂S são incolores (com cheiro irritante e cheiro de ovo podre, respectivamente), e o NO₂ é castanho-avermelhado, então é possível distingui-los pela cor. É um grande trunfo lembrar que “os únicos gases coloridos são, basicamente, Cl₂ (amarelo-esverdeado), NO₂ (castanho-avermelhado) e O₃ (azul-claro)”.

O Cu²⁺ é o íon representativo que forma um precipitado preto de CuS mesmo em ácido. O Zn²⁺ precipita ZnS (branco) somente em meio neutro a básico, e essa diferença de condições é uma armadilha frequente. Organize como “precipita mesmo em ácido ＝ metais com pequena tendência à ionização (Cu, Ag, Pb etc.)”.

O poder oxidante (a capacidade de retirar elétrons) é maior quanto mais acima na tabela periódica, então o F₂ é o mais forte. É por isso que borbulhar Cl₂ em solução aquosa de KBr libera Br₂ (o inverso não acontece). Aprenda junto com o experimento: “um halogênio mais acima expulsa o íon haleto de um que está mais abaixo”.

Um sal de base fraca reage com uma base forte, e o NH₃, a base fraca, é deslocado e liberado (a obtenção padrão em laboratório). Escolher cloro ou HCl só porque o nome contém “cloreto” é a armadilha. “O fraco é deslocado pelo forte” é o princípio por trás dessas obtenções de gases.

O Ag⁺ forma com o Cl⁻ um precipitado branco de AgCl, que, por ser fotossensível, é decomposto pela luz e escurece (o princípio da fotografia). O Cu²⁺ e o Fe³⁺ não precipitam com ácido clorídrico. Memorize em conjunto: “os íons que precipitam com Cl⁻ são Ag⁺ e Pb²⁺”.

Fe, Ni e Al sofrem passivação em ácido nítrico concentrado e a reação para. Pensar “o ácido nítrico é um agente oxidante forte, então o ferro também deveria se dissolver” é a armadilha; o cobre e a prata, ao contrário, se dissolvem em ácido nítrico concentrado. Aprenda os três metais que sofrem passivação como um conjunto: Fe, Ni, Al.

Para o NH₃, um gás básico, use cal sodada, um agente secante básico. O ácido sulfúrico concentrado e o decaóxido de tetrafósforo são ácidos e reagiriam com o NH₃, e nem mesmo o cloreto de cálcio, que é neutro, pode ser usado, porque excepcionalmente forma um composto de adição com o NH₃. Lembre-se: “o agente secante e o gás devem formar uma combinação que não ‘brigue’ como ácido e base, e CaCl₂ × NH₃ é a exceção”.