Exercícios Resolvidos de Balanceamento e Relações Estequiométricas

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Enunciado

Faça o balanceamento das seguintes equações:

a) S O 2 ( g ) + O 2 ( g ) → S O 3 ( g )

b) P 2 O 5 s + H 2 O l → H 3 P O 4 a q

c) C H 4 g + C l 2 g → C C l 4 l + H C l g

d) A l 4 C 3 ( s ) + H 2 O ( l ) → A l ( O H ) 3 ( s ) + C H 4 ( g )

Passo 1

a) S O 2 g + O 2 g → S O 3 g

No item a, a gente tem uma reação de oxirredução. Você pode resolver por tentativa ou por oxirredução.

Por tentativa:

Optando por fixar o coeficiente do S , que só aparece em um composto no lado esquerdo, em 1, no lado direito também temos que colocar 1, para balancear o S dos dois lados:

1 S O 2 g + O 2 g → 1 S O 3 g

Com isso, ficamos com 3 O no lado direito. Como já temos 2 O no S O 2 fixado, ficou faltando apenas 1 O :

1 S O 2 g + 1 2 O 2 g → 1 S O 3 g

Como precisamos de número inteiros, multiplicamos a equação por 2, obtendo:

2 S O 2 g + O 2 g → 2 S O 3 g

Por oxirredução:

Identificamos os NOX da galera e quem está sofrendo oxirredução:

Calculamos os ∆ N O X :

∆ N O X S = + 6 - 4 = + 2

∆ N O X O = - 2 - 0 = - 2

Mas existem dois oxigênios passando do NOX 0 para - 2 . Portanto:

∆ N O X S = + 2 x 1 = + 2

∆ N O X O = - 2 x 2 = - 4

Devemos, então, usar o coeficiente 4 para o S e coeficiente 2 para o O nos compostos com os quais trabalhamos:

4 S O 2 g + 2 O 2 g → S O 3 g

Balanceando o S (e conferindo o O ), obtemos:

4 S O 2 g + 2 O 2 g → 4 S O 3 g

Que deve ser simplificado para os menores coeficientes possíveis:

2 S O 2 g + O 2 g → 2 S O 3 g

Prontinho!

Passo 2

b) Não há oxirredução. Vamos fazer por tentativa?

Do lado esquerdo, vamos escolher o P por estar em apenas um composto e com índice 2. Observe que o O aparece em mais de um composto e o H vai complicar sua vida porque no outro lado ele aparece com índice maior.

Você pode escolher eles mesmo assim? Pode! Mas talvez te lebe a mais tentativas e mais erros!

Vamos fixar o P com coeficiente 1:

1 P 2 O 5 s + H 2 O l → H 3 P O 4 a q

Como temos 2 P do lado esquerdo, vamos colocar 2 P do lado direito:

1 P 2 O 5 s + H 2 O l → 2 H 3 P O 4 a q

Balanceando o H :

1 P 2 O 5 s + 3 H 2 O l → 2 H 3 P O 4 a q

E conferimos que existem 8 O nos dois membros!

Passo 3

c) Vamos de tentativa e erro:

No lado esquerdo, o H é quem aparece com maior índice, estando em apenas um composto. Vamos fixar o coeficiente dele em 1:

1 C H 4 g + C l 2 g → C C l 4 l + H C l g

Assim precisamos de 4 H C l na direita para balancear a quantidade de H e 1 C C l 4 porque a quantidade de C também está fixada.

1 C H 4 g + C l 2 g → 1 C C l 4 l + 4 H C l g

Com 8 C l do lado direito, vamos precisar de 4 C l 2 na esquerda, para igualar o número de C l .

C H 4 g + 4 C l 2 g → C C l 4 l + 4 H C l g

Fechou!

Passo 4

d) Vontade de fixar o A l no lado esquerdo. Com aquele índice grandão, deve ser um bom começo. Bora fixar o coeficiente dele como 1. Assim vamos precisar de 4 A l ( O H ) 3 para fechar o número de A l dos dois lados. E 3 C H 4 pra fechar o número de C .

A l 4 C 3 ( s ) + H 2 O ( l ) → 4 A l ( O H ) 3 ( s ) + 3 C H 4 ( g )

Com isso, ficamos com 12 O do lado direito, que devem aparecer no lado esquerdo:

A l 4 C 3 ( s ) + 12 H 2 O ( l ) → 4 A l ( O H ) 3 ( s ) + 3 C H 4 ( g )

E os dois lados ficaram com 24 H !

Balanceado!

Resposta

a) 2 S O 2 g + O 2 g → 2 S O 3 g

b) P 2 O 5 s + 3 H 2 O l → 2 H 3 P O 4 a q

c) C H 4 g + 4 C l 2 g → C C l 4 l + 4 H C l g

d) A l 4 C 3 ( s ) + 12 H 2 O ( l ) → 4 A l ( O H ) 3 ( s ) + 3 C H 4 ( g )

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