Exercícios sobre balanceamento químico
(UERR) As reações de oxirredução ocorrem com transferência de elétrons de uma substância para outra. A seguir, é apresentada a equação de reação para a obtenção do nitrato de cobre, sem os coeficientes de balanceamento.
Cu (s) + HNO3 (ag) → Cu(NO3)2 (ag) + NO (g) + H2O (l)
Considerando-se a equação precedente, a soma dos coeficientes de menores números inteiros para o balanceamento da equação é igual a
A) 12.
B) 14.
C) 16.
D) 18.
E) 20.
Alternativa E.
No caso, nessa reação, percebe-se que o NOX do cobre passa de 0 para +2. Enquanto o nitrogênio passa de +5 para +2 (no NO, pois no nitrato de cobre o NOX do nitrogênio também é +5).
Dessa forma, vê-se que:
Cu0 para Cu2+ teve perda de 2 elétrons.
N5+ para N2+ teve ganho de 3 elétrons.
Como o número de elétrons usados na redução deve ser o mesmo número de elétrons perdidos na oxidação (eletroneutralidade), pode-se fazer um m.m.c. entre 2 e 3, que é igual a 6, assim igualando a quantidade de elétrons perdidos e ganhados. Assim, todas as espécies de cobre são multiplicadas por 3, enquanto todas as espécies envolvidas de nitrogênio são multiplicadas por 2.
3 Cu (s) + 2 HNO3 (ag) → 3 Cu(NO3)2 (ag) + 2 NO (g) + H2O (l)
Agora, as demais espécies devem ser acertadas pelo método das tentativas. Ao se acertar a quantidade de cobre, o número de nitrogênios nos produtos ficou igual a 8, sendo 6 no Cu(NO3)2 e mais 2 no NO. Assim, ajusta-se o coeficiente do HNO3 para 8.
3 Cu (s) + 8 HNO3 (ag) → 3 Cu(NO3)2 (ag) + 2 NO (g) + H2O (l)
Agora, a quantidade de hidrogênios pode ser acertada ao se colocar índice 4 na água:
3 Cu (s) + 8 HNO3 (ag) → 3 Cu(NO3)2 (ag) + 2 NO (g) + 4 H2O (l)
A colocação de índice 4 na água também acertou a quantidade de oxigênios, possuindo 24 átomos em cada lado.
Assim, o somatório dos coeficientes é igual a 3 + 8 + 3 + 2 + 4, que é igual a 20.
(Unioeste) O ouro em nível elevado de pureza é utilizado na produção de chips de computador. Um processo de refino do ouro em que ele reage com cloro em meio ácido é mostrado na equação a seguir.
Faça o balanceamento dessa equação de modo a determinar os coeficientes estequiométricos abaixo e assinale a alternativa que apresenta a sequência CORRETA dos mesmos.
x Au + y Cl2 + z HCl → w HAuCl4
A) x = 1; y = 2; z = 2; w = 1.
B) x = 2; y = 1; z = 2; w = 2.
C) x = 2; y = 2; z = 3; w = 2.
D) x = 2; y = 3; z = 3; w = 2.
E) x = 2; y = 3; z = 2; w = 2.
Alternativa E.
Pelo método das tentativas, iniciamos o balanceamento do metal, ouro, que já está igual em ambos os lados, assim colocamos x e w igual a 1.
1 Au + y Cl2 + z HCl → 1 HAuCl4
Também a quantidade de hidrogênio é a mesma, assim podemos impor z = 1.
1 Au + y Cl2 + 1 HCl → 1 HAuCl4
Porém, como só é possível usar números inteiros e a quantidade de cloro não está igual, substituímos o índice 1 do HCl por 2. Isso acarreta alteração do índice 1 do HAuCl4 para 2 também. O que, por consequência, altera o coeficiente de Au para 2 e necessita de y = 3.
2 Au + 3 Cl2 + 2 HCl → 2 HAuCl4
A reação, agora, está balanceada.
(UFMS Digital) Certo ácido inorgânico apresenta fórmula molecular H2X. Ao ser adicionado a uma solução de um composto de fórmula ZOH, ocorreu a reação representada pela equação a seguir.
H2X (aq) + y ZOH (aq) → Z2X (aq) + w H2O (ℓ)
Considerando as menores proporções inteiras entre as substâncias envolvidas na reação, os coeficientes estequiométricos y e w são, respectivamente,
A) 2 e 1.
B) 2 e 2.
C) 2 e 4.
D) 4 e 1.
E) 1 e 1.
Alternativa B.
Havendo dois átomos “Z” nos produtos, então é certo colocar y = 2 para acerto de quantidade.
H2X (aq) + 2 ZOH (aq) → Z2X (aq) + w H2O (ℓ)
Ao fazer isso, a quantidade de hidrogênios passa a ser igual a 4, por isso coloca-se w = 2 também.
H2X (aq) + 2 ZOH (aq) → Z2X (aq) + 2 H2O (ℓ)
Com isso, percebe-se que todos os demais participantes possuem quantidades iguais em ambos os lados da equação.
(Uerj) Para a análise do teor de ozônio em um meio aquoso, utiliza-se iodeto de potássio e ácido sulfúrico. Esses compostos reagem conforme a seguinte equação:
x KI + O3 + H2SO4 → y I2 + H2O + K2SO4
Quando a equação é balanceada, os coeficientes x e y correspondem, respectivamente, aos seguintes valores:
A) 2 e 1
B) 4 e 2
C) 6 e 3
D) 8 e 4
Alternativa C.
Nessa reação, percebe-se que o iodo muda seu NOX de −1 no KI para 0 no I2, sofrendo oxidação. Da mesma forma, o oxigênio muda seu NOX de 0 no O3 para −2 na água, sofrendo redução. O oxigênio do grupo sulfato não participa do processo redox (inicia e termina a reação com NOX igual a −2).
Antes de fazer o balanço de elétrons, devemos acertar as quantidades em massa de iodo e oxigênio dentro das espécies envolvidas no processo redox:
2 KI + O3 + H2SO4 → I2 + 3 H2O + K2SO4
Assim:
2I− passa para I2, com NOX igual a 0; nesse processo, ao todo, foram perdidos 2 elétrons.
O3, com NOX igual a 0, passa para 3O, com NOX igual a −2. Assim, o número de elétrons recebidos ao todo foi de 6.
Como há eletroneutralidade, o número de elétrons usados na oxidação deve ser o mesmo da redução. Assim sendo, devemos igualar as quantidades de elétrons cedidos e ganhados na equação. Por isso, multiplicamos todos os átomos de iodo envolvido por 3, de modo que sejam perdidos, também, 6 elétrons:
6 KI + O3 + H2SO4 → 3 I2 + 3 H2O + K2SO4
Os demais participantes são ajeitados pelo método das tentativas. Acertam-se os átomos de hidrogênio colocando o índice 3 no ácido sulfúrico, e se acertam os átomos de potássio e enxofre colocando o índice 3 na frente do sulfato de potássio. A equação balanceada é:
6 KI + O3 + 3 H2SO4 → 3 I2 + 3 H2O + 3 K2SO4
A reação a seguir demonstra o processo de decomposição do clorato de potássio.
a KClO3 → b KCl + c O2
Determine os valores dos coeficientes estequiométricos a, b e c, necessários para o balanceamento adequado da reação, respectivamente.
A) 1, 1, 1.
B) 2, 2, 3.
C) 1, 2, 3.
D) 2, 1, 3.
E) 3, 3, 2.
Alternativa B.
Os átomos de potássio e cloro parecem estar previamente balanceados, porém é possível ver que há dois átomos de oxigênio no O2, enquanto há três átomos de oxigênio no KClO3. Por isso, para que seja possível a igualdade dos valores dos átomos de oxigênio, deve-se usar a = 2 e c = 3. Porém, ao se usar a = 2, os números de K e Cl multiplicam também por dois e, por isso, para que a reação fique balanceada, b deve ser igual a 2.
Observe a reação de combustão do acetaldeído, composto que pode ser formado quando os vinhos ficam expostos ao ar oxigênio.
x C2H4O + y O2 → z CO2 + w H2O
Sabendo que os coeficientes estequiométricos são números inteiros, o valor possível para o somatório x + y + z + w é igual a:
A) 10.
B) 12.
C) 13.
D) 14.
E) 15.
Alternativa E.
Ao se fazer o balanceamento pelo método das tentativas, vê-se que, inicialmente, x = 1, z = 2 e w = 2. Contudo, nesse arranjo, y precisaria ser igual a 5/2, um número que não é inteiro. Dessa forma, multiplicam-se os coeficientes por 2, de modo que todos possuam valores inteiros. Assim, x = 1, y = 5, z = 4 e w = 4. O somatório de x, y, z e w é igual, então, a 15.
O ferro metálico pode ser obtido a partir da reação com monóxido de carbono, o qual reduz o óxido de ferro presente no minério. A equação não balanceada para o processo descrito é a que se segue.
Fe2O3 + CO → Fe + CO2
O menor valor possível para o somatório dos coeficientes estequiométricos que balanceiam essa equação química é:
A) 9.
B) 10.
C) 11.
D) 12.
E) 13.
Alternativa A.
Ao se utilizar o método das tentativas e a regra do MACHO (metais, ametais, carbono, hidrogênio e, então, oxigênio), iniciamos pela colocação do índice estequiométrico 2 na frente do ferro metálico:
Fe2O3 + CO → 2 Fe + CO2
Posteriormente, o carbono já está igualado em ambos os lados, mas há quatro átomos de oxigênio nos reagentes e apenas dois nos produtos. Para se fazer o ajuste, não funciona a colocação do valor 2, pois assim o número de carbonos iria duplicar e, dessa forma, acarretaria acréscimo no número de oxigênios nos reagentes. A possibilidade então ocorre quando se coloca o índice 3 na frente do CO2. Para se acertar o carbono, também se coloca um índice 3 na frente do CO. Dessa forma, todos os participantes terão quantidades iguais em ambos os lados.
Fe2O3 + 3 CO → 2 Fe + 3 CO2
O somatório então é igual a 1 + 3 + 2 + 3, que é igual a 9.
A azia é um desconforto que causa uma sensação de ardor e gosto ácido na boca, com queimação na garganta e desconforto no peito. Para tratar isso, recomenda-se a utilização de antiácidos, como é o caso do leite de magnésia, uma suspensão de Mg(OH)2. Ao chegar no estômago, o Mg(OH)2 reage com o ácido clorídrico lá presente, mediante a reação a seguir não balanceada.
Mg(OH)2 + HCl → MgCl2 + H2O
Os coeficientes estequiométricos inteiros necessários para realizar o balanceamento adequado dessa reação são:
A) 1, 1, 1 e 1.
B) 1, 2, 1 e 1.
C) 2, 1, 2 e 1.
D) 1, 2, 1 e 2.
E) 2, 2, 1 e 1.
Alternativa D.
Pelo método das tentativas, deve-se acertar, inicialmente, o número de cloros, visto que o metal (Mg) já está balanceado. Como há dois átomos de cloro no MgCl2, então se coloca o índice 2 na frente do HCl:
Mg(OH)2 + 2 HCl → MgCl2 + H2O
Para se acertar os átomos de hidrogênio, devemos perceber que há 4 átomos de hidrogênio nos reagentes, sendo 2 no Mg(OH)2 e, agora, mais 2 no HCl. Como só há, até então, 2 átomos de hidrogênio na água, multiplica-se o seu índice estequiométrico por 2:
Mg(OH)2 + 2 HCl → MgCl2 + 2 H2O
Após o acerto da quantidade de hidrogênios, percebe-se que a quantidade de átomos de oxigênio também se torna igual nos reagentes e produtos, confirmando o balanceamento da reação. Assim sendo, os índices são 1, 2, 1 e 2.
A fosfina, substância utilizada na manutenção de acervos de documentos antigos, pode ser obtida a partir da hidrólise do fosfeto de cálcio, Ca3P2.
a Ca3P2 + b H2O → c PH3 + d Ca(OH)2
O menor valor possível para o somatório dos coeficientes estequiométricos inteiros a, b, c e d é igual a:
A) 4.
B) 8.
C) 12.
D) 16.
E) 20.
Alternativa C.
Pelo método das tentativas e utilizando a regra do MACHO (metal, ametal, carbono, hidrogênio e, então, oxigênio), começamos impondo a = 1 e d = 3, para assim acertar a quantidade de átomos de cálcio:
1 Ca3P2 + b H2O → c PH3 + 3 Ca(OH)2
Seguindo a regra do MACHO, o balanceamento do ametal, no caso fósforo, é feito impondo 2 para o valor de c:
1 Ca3P2 + b H2O → 2 PH3 + 3 Ca(OH)2
Assim, percebe-se que, nos produtos, existem 12 átomos de hidrogênio, sendo 6 em cada produto. Para igualdade, coloca-se b = 6.
1 Ca3P2 + 6 H2O → 2 PH3 + 3 Ca(OH)2
Ao se fazer isso, percebe-se que os átomos de oxigênio também entram em igualdade nos reagentes e produtos, concluindo-se então que a reação química está balanceada. O somatório de 1 + 6 + 2 + 3 é igual a 12.
O KMnO4 é um poderoso oxidante. Sua reação com o cloreto de potássio em meio ácido para formação de gás cloro é demonstrada a seguir:
KMnO4 + KCl + H2SO4 → MnSO4 + K2SO4 + H2O + Cl2
Indique o coeficiente estequiométrico do MnSO4 quando a reação se encontra devidamente balanceada.
A) 1
B) 2
C) 4
D) 5
E) 10
Alternativa B.
Tal balanceamento será feito pelo método de óxidorredução. Nesse caso, percebe-se que as espécies envolvidas (oxidada e reduzida) são o manganês, o qual passou de NOX +7 no KMnO4 para +2 no MnSO4, e o cloro, que passou de −1 no KCl para 0 no Cl2. Contudo, para que se faça o balanço correto, inicialmente devemos igualar as quantidades de cloro, pois só há um átomo no KCl, enquanto há 2 no Cl2.
KMnO4 + 2 KCl + H2SO4 → MnSO4 + K2SO4 + H2O + Cl2
Com isso, podemos fazer o balanço de elétrons:
Mn7+ passou para Mn2+, ou seja, recebeu 5 elétrons.
2 Cl− passou para Cl2, ou seja, o cloro, ao todo, perdeu 2 elétrons.
Como o número de elétrons perdidos na oxidação deve ser igual ao número de elétrons recebidos na redução (princípio da eletroneutralidade), faz-se um m.m.c entre 5 e 2 para se igualar o número de elétrons, chegando-se a 10. Assim, todas as espécies com manganês e cloro devem ser ajustadas da seguinte forma: as espécies de manganês são multiplicadas por 2 e as espécies de cloro são multiplicadas por 5. Fica então o resultado:
2 KMnO4 + 10 KCl + H2SO4 → 2 MnSO4 + K2SO4 + H2O + 5 Cl2
As demais espécies são então ajustadas pelo método das tentativas, seguindo a ordem da regra do MACHO: metal, ametal, carbono, hidrogênio e, por fim, oxigênio. Iniciamos então no potássio, o qual possui 12 átomos nos reagentes e apenas 2 átomos nos produtos. Para igualdade, colocamos o índice 6 no K2SO4.
2 KMnO4 + 10 KCl + H2SO4 → 2 MnSO4 + 6 K2SO4 + H2O + 5 Cl2
O enxofre, ametal, possui 8 átomos nos produtos, enquanto há apenas um nos reagentes, no H2SO4. Por isso, multiplica-se o índice do ácido sulfúrico por 8.
2 KMnO4 + 10 KCl + 8 H2SO4 → 2 MnSO4 + 6 K2SO4 + H2O + 5 Cl2
Já o hidrogênio passa a ter 16 átomos nos reagentes, enquanto possui apenas 2 nos produtos. Para igualdade, multiplica-se o índice da água por 8:
2 KMnO4 + 10 KCl + 8 H2SO4 → 2 MnSO4 + 6 K2SO4 + 8 H2O + 5 Cl2
O balanceamento está correto ao se confirmar que a quantidade de oxigêniso antes e após a seta são iguais: 40 átomos nos reagentes (8 no KMnO4 e mais 32 no H2SO4) e 40 átomos nos produtos (8 no MnSO4, 24 no K2SO4 e mais 8 em H2O).
Assim, o coeficiente estequiométrico do MnSO4 é igual a 2.
A combustão da amônia, NH3, pode ser dada por meio da reação não balanceada a seguir:
NH3 + O2 → N2 + H2O
Os menores números inteiros capazes de balancear a reação de combustão da amônia são, respectivamente:
A) 4, 3, 2 e 6.
B) 1, 3, 2 e 3.
C) 2, 3, 2 e 6.
D) 4, 6, 2 e 6.
E) 1, 3, 2 e 6.
Alternativa A.
Pelo método das tentativas, iniciamos o balanceamento pelo nitrogênio, que é o ametal (não há metal nessa reação). Colocamos o índice 2 na frente da amônia:
2 NH3 + O2 → N2 + H2O
Ao se fazer isso, o número de hidrogênios passa para 6 e, portanto, usamos o índice 3 na frente da água.
2 NH3 + O2 → N2 + 3 H2O
Porém, o número de oxigênios na água se torna ímpar, sendo necessário usar o termo 3/2 para acertar o número de oxigênios nos reagentes.
2 NH3 + 3/2 O2 → N2 + 3 H2O
Como 3/2 não é um número inteiro, multiplicamos todos os índices por 2.
4 NH3 + 3 O2 → 2 N2 + 6 H2O
O ozônio, O3, um forte agente oxidante, pode ser usado no tratamento de águas, uma vez que é capaz, por exemplo, de retirar ferro dos cursos d’água por meio da sua precipitação na forma de Fe(OH)3, conforme mostra a reação não balanceada:
a Fe2+ + b O3 + c H2O → d Fe(OH)3 + e O2 + f H+
Sabendo-se que os coeficientes estequiométricos necessários para o balanceamento dessa reação são números inteiros, o menor valor possível para o somatório desses coeficientes (a + b + c + d + e + f) é igual a:
A) 14
B) 15
C) 16
D) 17
E) 18
Alternativa B.
Pelo método de balanceamento por óxidorredução, pode-se perceber que o oxigênio do ozônio passa de carga 0 para carga −2 no Fe(OH)3, ao passo que o Fe2+ se oxida a Fe3+. Assim, podemos ver que:
O oxigênio, ao todo, ganhou 2 elétrons (passou de 0 para −2).
O ferro, ao todo, perdeu 1 elétron (passou de +2 para +3).
Como o número de elétrons que são usados na oxidação devem ser iguais aos da redução, faz-se um m.m.c entre 1 e 2, a fim de se igualar o número de elétrons. Logo, todas as espécies com oxigênio (só O3 e Fe(OH)3, pois estão envolvidas na óxidorredução) devem ser multiplicadas por 1, enquanto as espécies de ferro envolvidas devem ser multiplicadas por 2.
2 Fe2+ + 1 O3 + c H2O → 2 Fe(OH)3 + e O2 + f H+
As demais espécies devem ser balanceadas pelo método das tentativas, iniciando-se pelo hidrogênio. Ao se observar o hidrogênio, vê-se que há 6 átomos de H no Fe(OH)3, mais, pelo menos, 1 átomo no H+. Como na água o número de hidrogênios é par, pode-se impor, inicialmente, f = 2 para que c = 4.
2 Fe2+ + 1 O3 + 4 H2O → 2 Fe(OH)3 + e O2 + 2 H+
Para se fazer o balanceamento do oxigênio, vê-se que há 7 átomos desse elemento nos reagentes (3 no ozônio e mais 4 na água), enquanto há 8 átomos de oxigênio nos produtos (6 no Fe(OH)3 e mais 2 no O2). Como estamos buscando o menor somatório possível com valores inteiros e só há um oxigênio a mais do lado dos produtos, alteramos o índice da água de 4 para 5, de modo a acertar as quantidades de oxigênio, colocando-se e = 1.
2 Fe2+ + 1 O3 + 5 H2O → 2 Fe(OH)3 + 1 O2 + 2 H+
A alteração de 4 para 5 no índice da água faz aumentar a quantidade de hidrogênios de 8 para 10. O acerto pode então ser feito mudando o índice de H+ de 2 para 4.
2 Fe2+ + 1 BO3 + 5 H2O → 2 Fe(OH)3 + 1 O2 + 4 H+
O somatório dos coeficientes é, então, 2 + 1 + 5 + 2 + 1 + 4, que é igual a 15.
