Doutorado_Selecao_20162_Gabarito

Universidade Federal do Ceará
Centro de Ciências
Programa de Pós-Graduação em Química
Caixa Postal 12.200 Tel. 85 3366 9981
CEP: 60.450-970 Fortaleza - Ceará - Brasil
EXAME DE SELEÇÃO PARA O PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM QUÍMICA DA
UNIVERSIDADE FEDERAL DO CEARÁ (PPGQ-UFC)/2016.2
DOUTORADO
Data: 11/07/2016
Horário: 14h
Instruções gerais:
1.
A prova consta de 12 (doze) questões, sendo quatro questões de Conhecimentos Gerais
em Química e oito questões de Conhecimentos Específicos em Química. Dentre as questões de
Conhecimentos Específicos, APENAS quatro questões serão consideradas para correção.
2.
As questões de Conhecimentos Específicos escolhidas pelos candidatos deverão estar
CLARAMENTE assinaladas na tabela da página 6.
3.
Para efeito de correção, APENAS oito questões serão corrigidas.
4.
A duração da prova será de 4 (quatro) horas.
5.
Cada questão deve ser respondida na própria folha (frente e verso) do enunciado. Não
serão corrigidas questões fora do espaço reservado às respostas.
6.
Somente serão corrigidas as questões respondidas à caneta.
7.
A questão redigida em inglês poderá ser respondida em português.
8.
Para efeito de consulta, há material suplementar no final da prova.
9.
Será permitido o uso de calculadora.
10.
NÃO será permitido o uso de celular ou outros aparelhos eletrônicos durante a
realização da prova. Portanto, tais aparelhos deverão permanecer desligados.
11.
O nome do candidato deverá ser preenchido APENAS na primeira folha do caderno de
prova. Os outros espaços serão reservados à Comissão de Seleção. Qualquer tipo de
identificação no caderno de prova implicará na desclassificação do candidato.
NOME DO CANDIDATO
RESERVADO À COMISSÃO
CÓDIGO:
RESERVADO À COMISSÃO
CÓDIGO:
QUESTÃO DE CONHECIMENTOS GERAIS EM QUÍMICA
1ª Questão: The electrolysis of an aqueous solution of KI produces I2, besides other species.
Assuming that the addition of the electrolyzed solution to a separatory funnel containing carbon
tetrachloride allows the separation of I2, indicates in which phase this substance is soluble. Justify
your answer.
RESPOSTA:
A mistura de uma solução aquosa com tetracloreto de carbono formará duas fases, uma polar (água)
e outra apolar (tetracloreto de carbono). O composto apolar I2 será solúvel em tetracloreto de
carbono.
RESERVADO À COMISSÃO
CÓDIGO:
QUESTÃO DE CONHECIMENTOS GERAIS EM QUÍMICA
2ª Questão: Considere as três espécies diatômicas F2, F2+ e F2−. A partir do diagrama qualitativo de
energia de orbitais moleculares da espécie diamagnética, indique o íon cuja formação implica em
maior ordem de ligação.
RESPOSTA:
RESERVADO À COMISSÃO
CÓDIGO:
QUESTÃO DE CONHECIMENTOS GERAIS EM QUÍMICA
3ª Questão: Dispõe-se de soluções aquosas de CH3COONa, HCl, NaClO, HCN e NaCN, todas a 25
°C, na concentração de 0,10 mol L−1. Calcule o pH de todas as soluções, coloque em ordem
CRESCENTE de acidez e indique as soluções que podem ser utilizadas na preparação de uma solução
tampão.
I) CH3COONa
II) HCl
III) NaClO
IV) HCN
V) NaCN
RESPOSTA:
I) [OH−] = √ Kw. cs/Ka [OH−] = 0,75x10−5 mol/L pOH= 5,12 pH= 8,88
II) pH= -log[H+] pH= 1,00
III) [OH−] = 2,7x10−4 mol/L pOH= 3,57 pH= 10,43
IV) [H+]= √ Ka . ca
= 0,38x10-5 mol/L pH= 5,42
2
V) [OH−] = 0,81x10− mol/L pOH= 2,09 pH= 11,91
ordem CRESCENTE de acidez: V < III < I < IV < II
As soluções de HCN e NaCN que podem ser utilizadas na preparação de uma solução reguladora de
pH ácido, são porque são respectivamente ácido fraco e seu sal e esta mistura caracteriza uma
solução tampão.
RESERVADO À COMISSÃO
CÓDIGO:
QUESTÃO DE CONHECIMENTOS GERAIS EM QUÍMICA
4ª Questão: A partir do gráfico abaixo para dada reação química de primeira ordem, pede-se:
a) o valor da constante de velocidade;
b) a quantidade de produto (em mol L−1) formado em sessenta (60) minutos de reação.
RESPOSTA:
a
a) k = 1 ln
t a−x
kt = ln a – ln (a – x) (equação 1)
em que a é a concentração inicial de reagente, x é a quantidade de produto formado em dado tempo
e (a – x) é a quantidade de reagente em dado tempo.
Considerando-se qualquer ponto sobre a reta, tem-se, por exemplo, para t = 5 min e para t = 0:
Em t = 0: ln (a) = 0,5
Em t = 5 min: ln (a – x) = 0,25
Substituindo esses valores na equação 1, tem-se:
k.5 min = 0,5 – 0,25
k = 0,05 min−1
b) Para 60 min, tem-se:
Em t = 0: ln (a) = 0,5 ∴ a = 1,65 mol L−1
Utilizando a equação 1 e considerando t = 60 min, tem-se: ln (a – x) = –2,5 ∴ (a – x) = 0,08 mol L−1
Se (a – x) = 0,08 mol L−1 e a = 1,65 mol L−1 ∴ x = 1,57 mol L−1
IMPRESSÃO EM AMARELO
QUESTÕES DE
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
Questões
5a
6a
7a
8a
9a
10a
11a
12a
A CORRIGIR
NÃO CORRIGIR
RESERVADO À COMISSÃO
CÓDIGO:
pH
QUESTÃO ESPECÍFICA DE QUÍMICA ANALÍTICA
5ª Questão: A mistura de ácidos ou de bases pode ser titulada por etapas, se houver uma apreciável
diferença na força dos mesmos. Assim sendo, é possível titular ácidos diferentes como mostrado na
Figura I. De acordo com a Figura I que mostra a
14
curva de titulação de 50 mL de uma mistura de HCl
12
e um ácido fraco desconhecido HA com NaOH
-1
10
0,1mol L , pede-se:
8
a) a concentração molar dos ácidos (HCl e HA) na
6
mistura;
4
b) o valor da constante de dissociação (Ka) de HA;
c) o indicador adequado para a titulação do HA /
2
NaOH.
0
OBS: Justifique demonstrando com cálculos. (Kw =
0
50
100
150
200
250
1 x 10 -14)
VolumeNaOH0,1M
F
igura I. Curva de titulação para 50 mL de
uma mistura de HCl e HA com NaOH
0,1mol L-1.
RESPOSTA:
Titulação do HCl (ácido forte)
Reação: HCl(aq) + NaOH(aq) ⇋ NaCl(aq) + H2O(l)
Volume de NaOH gasto na titulação do HCl é de 50 mL.
Cálculo da concentração de HCl (mol L-1)
No ponto de equivalência a quantidade de mmols de HCl é igual a de NaOH.
Logo, mmols de NaOH = 50 mL x 0,1 mol L-1 = 5 mmols de HCl
[HCl] = 5 mmols/ 50 ml de solução; logo [HCl] = 0, 1 mol L-1
Titulação do HA (ácido fraco)
Reação: HA(aq) + NaOH(aq) ⇋ NaA(aq) + H2O(l)
Volume de NaOH gasto na titulação do HA (150- 50 ml) é de 100 mL.
Cálculo da concentração de HA (mol L-1)
No ponto de equivalência a quantidade de mmols de HA é igual a de NaOH.
Logo, mmols de NaOH = 100 mL x 0,1 mol L-1 = 10 mmols de HA
[HA] = 10 mmols/ 50 ml de solução; logo, [HA] = 0,2 mol L-1
Seleção do Indicador
Cálculo de Ka
Na metade do ponto de equivalência (reação ácido fraco-base forte), tem-se que [HA] = [A-].
Sendo, pH = pKa – log [HA]/[A-]. Então, pKa = pH
Sendo pH = 5, temos pH = -log Ka; logo, Ka = 1x 10-5
Cálculo do pH no ponto de equivalência de reação ácido fraco-base forte:
Reação: HA (aq) + NaOH(aq) ⇋ NaA(aq) + H2O (l)
Reação de hidrólise:
NaA + H2O ⇋ HA (aq) + OH- + Na+
Constante de equilíbrio ( Kh), a 25oC.
Kh = [HA] [OH-] / [A-]
Kh = Kw / K a
Kh = 1 x 10 -14/ 1 x 10-5 = 1 x 10-9
X (mol L-1) = [HA]=[OH-]
[A-] = C0 - x
C0 = mmols NaA / volume solução = 10 mmols/ 200 mL = 0,05 mol L-1
C0 = 0,05 mol L-1 (concentração do sal)
Logo, Kh = [OH-]2 / [A-] – [OH-], se [A-] >> [OH-], tem-se:
[OH-]2 = ( Kh x [A-]) = (1 x 10-9 x 5 x 10-2)
[OH-] = 7,07 x 10-5, logo tem-se pOH = 4,85. Calculando para pH = 14 – 4,85, tem-se pH= 9,15
O indicador selecionado é a fenolftaleína ( pH 8 – 10)
RESERVADO À COMISSÃO
CÓDIGO:
QUESTÃO ESPECÍFICA DE QUÍMICA ANALÍTICA
6ª Questão: O íon sulfeto pode ser usado na precipitação de cátions metálicos para formar vasta
gama de compostos pouco solúveis. Como consequência, a separação de metais pode ser factível
pelo controle do pH em soluções saturadas de ácido sulfídrico (H2S 0,1 mol L−1), cujas constantes
de ionização a 25 oC são pKa1 = 7,02 e pKa2 = 13,88. Admitindo que os compostos CdS (pKps =
27,85) e CoS (pKps = 21,30) foram formados a partir de solução saturada de H2S contendo 0,01 mol
L−1 de íons Cd2+ e de Co2+, a 25 oC, indique a faixa de pH em que os íons Cd2+ e de Co2+ podem ser,
quantitativamente, separados da mistura. Considere que na precipitação quantitativa deverá restar
em solução apenas 0,01 % da concentração inicial do metal precipitado.
RESPOSTA:
Desde que Kps, CoS > Kps, CdS, então o CdS precipita primeiro.
Cálculo da concentração livre de Cd2+ (após a precipitação)
Precipitação quantitativa de Cd2+: considera-se que restará em solução apenas 0,01 % da
concentração inicial do metal. Assim, para precipitação quantitativa de Cádmio, ficará em solução
apenas,
(0, 01 mol/L) x (0,01%) / 100%) = 1 x 10-6 mol/L
Cálculo da concentração de sulfeto necessária para promover a precipitação quantitativa de
Cd.
Kps, CdS = [Cd2+] [S2-]
[S2-] = Kps, CdS / [Cd2+]
[S2-] = 1,4 x 10-28 / 1 x 10-6
[S2-] = 1,4 x 10-22
Convertendo a concentração de sulfeto em pH
Ka1 x Ka2= [H+] 2 [ S2−] / [H2S]
[H+] 2 = ( Ka1 x Ka2 x [H2S] ) / [ S2−]
[H+] 2 = (1 x 10-21 x 0,1) / 1,4 x 10-22
[H+] 2 = 0,72
[H+] = 0,845
pH = 0,073 necessário para precipitar 99,99% do Cádmio.
Resta saber em que pH é possível iniciar a precipitação de íons Co2+ como CoS sem precipitar
o Cd2+!!!!
Kps,CdS = [Co2+] [S2−]
5,0 x10-22 = 10-2 x [S2−]
[S2−] =5,0 x10-20
Calculo do pH,
[H+] 2 = ( Ka1 x Ka2 x [H2S] ) / [ S2−]
[H+] 2 = (1 x 10-21 x 0,1) / 5 x 10-20
[H+] 2 = 0,002
[ H+] = 0,00447 M , portanto, pH = 1,35 (iniciar a precipitação do Co)
Faixa de pH para realizar a precipitação fracionada do Cd.
0 < pH < 1,35
RESERVADO À COMISSÃO
CÓDIGO:
QUESTÃO ESPECÍFICA DE FÍSICO-QUÍMICA
7ª Questão: O potencial padrão 𝜀 ! da célula Ag(s)|Ag2SO4(s)|H2SO4 (0,1 mol L-1)|H2(g) (1
bar)|Pt, a 25 °C, é -0,627 V. Nessa concentração, o coeficiente de atividade iônico médio do H2SO4
é igual a 0,7. Calcule o potencial da célula.
RESPOSTA:
1. Reação global da célula.
2Ag (s) + 2SO42- (aq) ⇋ Ag2SO4 (s) + 2e
(reação no ânodo)
+
2H (aq) + 2e ⇋ H2 (g)
(reação no cátodo)
2Ag (s) + 2H+ (aq) + SO42- (aq) ⇋ Ag2SO4 (s) + H2 (g) (reação global)
2. Escrever a equação de Nernst para a reação global da célula
!!! !! ! !!
!,!"! !"
!
𝜀!"# = 𝜀!"#
− !" log !! !!!! ! ! ! !
(Equação 1)
!"
!!
!!!!
!
Na equação 1:
R = 8,314 J mol-1 K-1, T = 298,15 K, n = 2, F = 96.485, 3329 C mol-1
Por definição, a atividade do H2SO4 é:
!
!
!
𝑎!! !!! = (𝑎!
(Equação 2)
! 𝑥 𝑎!! !! ) = (𝛾! ! 𝑥 𝐶! ! ) 𝑥 (𝛾!" !! 𝑥 𝐶!" !! )
!
!
!
𝑎!" = 𝑎!!! !!! = 𝑎!! = 1
(Equação 3)
Substituindo os valores de R, T e F e as equações 2 e 3 na equação 1, resulta:
!,!"!!"
!,!"!!"
!
𝜀!"# = 𝜀!"#
+ !" log 𝐶!! ! 𝑥 𝐶!!!!
+ !" log [𝛾!! ! 𝑥 𝛾!"!!! ] (Equação 4)
!
!,!"!!"
!,!"!!"
!
𝜀!"# = 𝜀!"#
+ !" log 𝐶!! ! 𝑥 𝐶!!!!
+ !" log [𝛾± ]! (Equação 5)
!
𝜀!"# = −0,627 + 0,0295 log 0, 2! 𝑥 0,1 + 0,0,0885 log [0,7] = −0,833 𝑉 (Equação 6)
RESERVADO À COMISSÃO
CÓDIGO:
QUESTÃO ESPECÍFICA DE FÍSICO-QUÍMICA
8ª Questão: A solidificação da água a -10 °C [H2O (-10 °C, l) → H2O (-10 °C, s)] é uma mudança
de fase que acontece espontaneamente, ou seja, é uma transformação irreversível. A entropia desse
sistema pode ser calculada assumindo que as etapas físicas mostradas abaixo são reversíveis. Já a
entropia da vizinhança, pode ser calculada assumindo que o calor absorvido pela vizinhança é
reversível. Assim, prove numericamente que a desigualdade de Clausius é obedecida para a
solidificação da água a -10 °C.
Etapa 1
H2O (-10 °C, l) → H2O (0 °C, l)
Etapa 2
H2O (0 °C, l) → H2O (0 °C, s)
Etapa 3
H2O (0 °C, s) → H2O (-10 °C, s)
RESPOSTA:
1. Desigualdade de Clausius (equação 1) ∆𝑆 = ∆𝑆!"!#$%& + ∆𝑆!"#"$!!"ç! > 0 (Equação 1).
2. Cálculo da entropia do sistema
∆𝑆 =
∆𝑆! =
∆𝑆! =
∆𝑆! =
!!
𝐶
!! !
𝑑(𝑙𝑛𝑇)
!"#,!"
𝐶
!"#,!" !
∆!!
!
=
𝐻! 𝑂 ! 𝑑(𝑙𝑛𝑇) = 18 ln
!!"#$
!"#.!"
!"#,!"
𝐶
!"#,!" !
(2)
!"#,!"
!"#,!"
= 0,67 𝑐𝑎𝑙 𝐾 !!
(Equação 3)
= −5,25 𝑐𝑎𝑙 𝐾 !! (Equação 3)
𝐻! 𝑂 ! 𝑑(𝑙𝑛𝑇) = 9,1 ln
!"#,!"
!"#,!"
= −0,34 𝑐𝑎𝑙 𝐾 !! (Equação 3)
∆𝑆!"!#$%& = 0,67 − 5,25 − 0,34 = −4,92 𝑐𝑎𝑙 𝐾 !! (Equação 4)
3. Cálculo da entropia da vizinhança
∆𝑆!"#"$!!"ç! =
∆𝐻 = 𝑞! =
∆𝐻! =
!!"# !"#$!!"ç!
!
!!
𝐶
!! !
!"#,!"
𝐶
!"#,!" !
𝑑𝑇
=
! ∆!!"!#$%&
!"#,!"
(Equação 5)
(Equação 6)
𝐻! 𝑂 ! 𝑑𝑇 = 18(273,15 − 263,15) = 180 𝑐𝑎𝑙
(Equação 7)
∆𝐻! = −1435 𝑐𝑎𝑙 (Equação 8)
∆𝐻! =
∆𝑆!"#"$!!"ç! =
!"#,!"
𝐶
!"#,!" !
𝐻! 𝑂 ! 𝑑𝑇 = 9,1(263,15 − 273,15) = −91 𝑐𝑎𝑙 (Equação 9)
!(!"#!!"#$!!")
!"#,!"
= 5,11 𝑐𝑎𝑙 𝐾 !! (Equação 10).
∆𝑆 = ∆𝑆!"!#$%& + ∆𝑆!"#"$!!"ç! = −4,92 + 5.11 = 0.19 𝑐𝑎𝑙 𝐾 !!
(Equação 11)
RESERVADO À COMISSÃO
CÓDIGO:
QUESTÃO ESPECÍFICA DE QUÍMICA INORGÂNICA
9ª Questão: Os dados apresentados na tabela ao
ν(CL), em
Comprimento da ligação
lado foram reportados (Organometallics, 2010, 29,
CL
−1
Ru⎯C, em nm
cm
519) para compostos octaédricos de RuII contendo
ligantes do tipo CL, onde L = O, S, Se e Te.
CO
1934
1,829
Sabendo que a ligação Ru⎯C tem caráter
CS
1238
1,793
majoritariamente ligante, justifique os valores
apresentados para as frequências de estiramento
CSe
1129
1,766
vibracional da ligação C⎯L, ν(CL), e para os
CTe
1024
1,748
comprimentos da ligação Ru⎯C com base na
Teoria do Campo Ligante para compostos de
coordenação. Para a justificativa do comportamento de ν(CL), utilize o diagrama qualitativo de
energia de orbitais moleculares da molécula de CO como modelo. A apresentação correta do
diagrama é necessária para a correção da questão.
RESPOSTA:
O comportamento observado nos valores de ν(CL) e
de comprimento da ligação Ru⎯C deve-se,
basicamente, ao mesmo efeito: interação de
retrodoação π (π-back-bonding) do átomo metálico,
RuII. Os valores de ν(CL) diminuem quando se desce
no grupo 16 da tabela periódica porque a interação dos
orbitais LUMO dos ligantes CL (orbitais 2π*,
conforme ilustração ao lado) com os orbitais de
simetria π do rutênio (orbitais t2g: dxy, dxz e dyz)
aumenta. Assim, a densidade anti-ligante aumenta,
implicando em uma menor ordem de ligação e,
consequentemente, em menores valores de ν(CL). De
forma contrária, a interação de retrodoação π aumenta
a densidade eletrônica em orbitais moleculares
ligantes no caso da ligação Ru⎯C. Esse aumento de
densidade aumenta a ordem da ligação, diminuindo o
comprimento da ligação Ru⎯C.
RESERVADO À COMISSÃO
CÓDIGO:
QUESTÃO ESPECÍFICA DE QUÍMICA INORGÂNICA
10ª Questão: Os compostos [Ni(CN)4]2− e [NiCl4]2−, apesar de conterem o mesmo íon metálico
central e número de coordenação, apresentam diferentes operações de simetria. Para estes
compostos, pede-se:
a) as operações de simetria, ressaltando as diferenças entre os compostos em questão;
b) a justificativa de diferenças de simetria usando a Teoria do Campo Ligante.
RESPOSTA:
a) O composto [Ni(CN)4]2− apresenta configuração quadrado planar (Grupo pontual: D4h; operações
de simetria: C4, C2, S4, i, σh, σv, σd) enquanto [NiCl4]2− é um tetraedro (Grupo pontual: Td;
operações de simetria: C3, C2, S4, σd). Logo, o composto [Ni(CN)4]2− apresenta, pelo menos, as
operações C4, i e σh, não presentes no composto [NiCl4]2−.
b)A base de Lewis CN− é classificada como ligante de campo forte (alto na série espectroquímica)
devido à capacidade de atuar como doador σ (orbitais moleculares ligantes: HOMO) e aceptor π
(orbitais moleculares anti-ligantes: LUMO). A atuação como ácido π permite as interações de
retrodoação que induzem um grande desdobramento dos orbitais d, favorecendo uma configuração
quadrado planar. Já o íon cloreto, é classificado como ligante de campo fraco (baixo na série
espectroquímica) por atuar como doador σ e π. Essa característica induz menores desdobramentos
e, consequentemente, configuração tetraédrica.
RESERVADO À COMISSÃO
CÓDIGO:
QUESTÃO ESPECÍFICA DE QUÍMICA ORGÂNICA
11ª Questão: O composto (2R)-2-metiloxirado (1) pode levar a formação tanto do (R)-1,2propanodiol quanto do (S)-1,2-propanodiol. Apresente reagentes e o mecanismo para cada caso, que
explique o produto formado.
H
CH3
O
(1)
RESPOSTA:
Meio ácido:
H
H
+
H
CH3
O
H
+
O
CH3
+
..
O
H2O
..
HO
H
Meio básico:
O
CH3
..-
HO
..
HO
H
..
H
R
CH3
OH
H
CH3
H
S
+
-H
HO
OH
H
CH3
RESERVADO À COMISSÃO
CÓDIGO:
QUESTÃO ESPECÍFICA DE QUÍMICA ORGÂNICA
12ª Questão: Aldeídos e cetonas reagem com aminas primárias e secundárias levando a um
intermediário carbinolamina, que é rapidamente desidratado para a formação de iminas e enaminas.
Demostre mecanisticamente a formação da carbinolamina a partir de 3,4-diidronaftalen-2(1H)-ona e
a pirrolidina, bem como do produto da reação na presença do ácido p-toluenossulfônico (TsOH).
H
N
O
+
RESPOSTA:
TsOH
MATERIAL SUPLEMENTAR
detanol = 0,79 g mL−1
dágua = 1,00g mL−1
kc(H2O) = −1,86 oC molal−1
a −a
k= o
t
a
k = 1 ln
t a−x
x
k= 1
at a − x
k=
Δ r G o = −nFΔEo
F = 96485,3329 C mol−1
!
𝑎! = 𝑎±! = 𝑎!! 𝑥 𝑎!!!
𝑎! = 𝛾! 𝐶!
𝑎! = 𝛾! 𝐶!
!
𝛾±! = 𝛾! ! 𝑥 𝛾!!!
𝛼 = 𝛼! + 𝛼!
R = 8,314 J K–1 mol–1
T(K) = t(°C) + 273,15
Capacidade calorífica da água líquida é 18 cal
mol-1 K-1.
Capacidade calorífica da água sólida é 9,1 cal
mol-1 K-1.
Entalpia de fusão da água a 0 °C é 1435 cal
mol-1.
∆𝑆 = ∆𝑆!"!#$%& + ∆𝑆!"#"$!!"ç! > 0
1
b(a − x )
ln
(a − b)t a (b − x )
Ka (CH3COOH) = 1,8 x 10−5
Ka (HClO) = 1,3 x 10−8
Ka (HCN) = 1,5 x 10−10
K ! ∙ c!
OH ! =
K!
𝐻! = 𝐾! ∙ 𝐶!
!!
∆𝐻 = 𝑞! =
ΔTc = (i)⋅kc⋅(molalidade)
H2S ⇋ H+ + HS− (Ka1= 1 x 10-7)
HS− ⇋ H+ + S2− ( Ka2 = 1 x 10-14)
H2S ⇋ 2H+ + S2− (Ka1 x Ka2 ≈ 1 x 10-21)
Cd2+ + S2− ⇋ CdS (a 25 ºC, pKps = 27,85)
Co2+ + S2− ⇋ CoS (a 25 ºC, pKps = 21,30)
!!
2,303𝑅𝑇
! 𝑎!"#$%&#'
!
𝜀!"# = 𝜀!"# −
log
!!
𝑛𝐹
! 𝑎!"#$"%&"'
Indicador
Violeta de metila
Azul de bromofenol
Alaranjado de metila
Azul de bromotimol
Vermelho de metila
Vermelho de fenol
Fenolftaleína
Timolftaleína
Amarelo de alizarina R
Carmim de índigo
Abaixo da viragem
Amarelo
Amarelo
Vermelho
Amarelo
Vermelho
Amarelo
Incolor
Incolor
Amarelo
Azul
!!
!!
∆𝑆 =
𝐶! 𝑑(𝑙𝑛𝑇)
!!
𝑑𝑆 =
∆𝑆 𝑚𝑢𝑑𝑎𝑛ç𝑎 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠𝑒 =
Intervalo de pH de
mudança de cor
0,0-1,6
3,0-4,6
3,1-4,4
6,0-7,6
4,4-6,2
6,6-8,0
8,2-10,0
9,4-10,6
10,1-12,0
11,4-13,0
𝐶! 𝑑𝑇
𝑑𝑞!"#
𝑑𝑇
∆𝐻 𝑑𝑎 𝑚𝑢𝑑𝑎𝑛ç𝑎 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠𝑒
𝑇 𝑑𝑎 𝑚𝑢𝑑𝑎𝑛ç𝑎 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠𝑒
Acima da viragem
Azul-púrpura
Violeta
Amarelo
Azul
Amarelo
Vermelho
Rosa-carmim
Azul
Vermelho
Amarelo
Grupopontual:Oh
E
8C3
6C2
3C2 =(C4)2
6C4
i
6S4
8S6
3σh
6σd
A1g 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
A2g 1
1
-1
-1
1
1
-1
1
1
-1
Eg
-1
0
0
2
2
0
-1
2
0
T1g 3
0
-1
1
-1
3
1
0
-1
-1
T2g 3
0
1
-1
-1
3
-1
0
-1
1
A1u 1
1
1
1
1
-1 -1
-1
-1
-1
A2u 1
1
-1
-1
1
-1 1
-1
-1
1
Eu
-1
0
0
2
-2 0
1
-2
0
T1u 3
0
-1
1
-1
-3 -1
0
1
1
T2u 3
0
1
-1
-1
-3 1
0
1
-1
2
2
linear,
rotations
quadratic
x2+y2+z2
(2z2-x2-y2, x2-y2)
(Rx, Ry, Rz)
(xz, yz, xy)
(x, y, z)
Grupo pontual: Td
E
8C3
3C2
6S4
linear,
rotations
6σd
quadratic
x2+y2+z2
A1
1
1
1
1
1
A2
1
1
1
-1
-1
E
2
-1
2
0
0
T1
3
0
-1
1
-1
(Rx, Ry, Rz)
T2
3
0
-1
-1
1
(x, y, z)
(2z2-x2-y2, x2-y2)
(xy, xz, yz)
Grupo pontual: D4h
E
2C4 (z)
C2
2C'2
2C''2
i
2S4
σh
2σv
linears,
rotations
2σd
quadratic
x2+y2, z2
A1g
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
A2g
1
1
1
-1
-1
1
1
1
-1
-1
B1g
1
-1
1
1
-1
1
-1
1
1
-1
x2-y2
B2g
1
-1
1
-1
1
1
-1
1
-1
1
xy
Eg
2
0
-2
0
0
2
0
-2
0
0
A1u
1
1
1
1
1
-1
-1
-1
-1
-1
A2u
1
1
1
-1
-1
-1
-1
-1
1
1
B1u
1
-1
1
1
-1
-1
1
-1
-1
1
B2u
1
-1
1
-1
1
-1
1
-1
1
-1
Eu
2
0
-2
0
0
-2
0
2
0
0
3C''2
i
2S6
σh
3σd
Rz
(Rx, Ry)
(xz, yz)
z
(x, y)
Grupo pontual: D6h
E
2C6
2C3
C2
3C'2
2S3
Linear,
rotations
3σv
A1g 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
A2g 1
1
1
1
-1
-1
1
1
1
1
-1
-1
B1g 1
-1
1
-1
1
-1
1
-1
1
-1
1
-1
B2g 1
-1
1
-1
-1
1
1
-1
1
-1
-1
1
E1g 2
1
-1
-2
0
0
2
1
-1
-2
0
0
E2g 2
-1
-1
2
0
0
2
-1
-1
2
0
0
A1u 1
1
1
1
1
1
-1
-1
-1
-1
-1
-1
A2u 1
1
1
1
-1
-1
-1
-1
-1
-1
1
1
B1u 1
-1
1
-1
1
-1
-1
1
-1
1
-1
1
B2u 1
-1
1
-1
-1
1
-1
1
-1
1
1
-1
E1u 2
1
-1
-2
0
0
-2
-1
1
2
0
0
E2u 2
-1
-1
2
0
0
-2
1
1
-2
0
0
Quadratic
x2+y2, z2
Rz
(Rx, Ry)
(xz, yz)
(x2-y2, xy)
z
(x, y)
Grupo pontual: C2v
E
C2 (z)
σv(xz)
linear,
rotations
σv(yz)
quadratic
A1
1
1
1
1
z
x 2, y 2, z 2
A2
1
1
-1
-1
Rz
xy
B1
1
-1
1
-1
x, Ry
xz
B2
1
-1
-1
1
y, Rx
yz
Grupo pontual: C2h
E
C2 (z)
i
linear,
rotations
σh
quadratic
Ag
1
1
1
1
Rz
x2, y2, z2, xy
Bg
1
-1
1
-1
R x, R y
xz, yz
Au
1
1
-1
-1
z
Bu
1
-1
-1
1
x, y
Grupo pontual: C4v
E
2C4 (z)
C2
2σv
linear,
rotations
2σd
quadratic
x2+y2, z2
A1
1
1
1
1
1
z
A2
1
1
1
-1
-1
Rz
B1
1
-1
1
1
-1
x2-y2
B2
1
-1
1
-1
1
xy
E
2
0
-2
0
0
(x, y) (Rx, Ry)
(xz, yz)
Grupo pontual: C4h
E
C4(z)
(C4)3
C2
(S4)3
i
linear,
rotations
S4
Ag
1
1
1
1
1
1
1
1
Bg
1
-1
1
-1
1
-1
1
-1
Eg
1
1
i
-i
-1
-1
-i
i
1
1
i
-i
-1
-1
-i
i
Rx+iRy
Rx-iRy
Au
1
1
1
1
-1
-1
-1
-1
z
Bu
1
-1
1
-1
-1
1
-1
1
Eu
1
1
i
-i
-1
-1
-i
i
-1
-1
-i
i
1
1
i
-i
19
σh
Rz
quadratic
x2+y2, z2
x2-y2, xy
x+iy
x-iy
(xz, yz)