Questão 4. É notável que o permanganato de potássio \left(\mathrm{KMnO}_{4}\right) é um agente oxidante bastante forte e muito utilizado em laboratório. Entretanto, uma das principais regras quando se usa o permanganato é não utilizar ele junto com ácido clorídrico (\mathrm{HC}), pois ocorre a produção de um gás tóxico verde. Sabendo que foram misturadas por um erro de organização 100 mL de uma solução 0,5 \mathrm{M} de \mathrm{KMnO}_{4} com 10 g de \mathrm{HC} \ell com 60 \% de pureza, responda ao que se pede.
A) Escreva a reação química balanceada para o processo com os menores coeficientes inteiros possiveis.
B) Diga qual dentre os produtos é o gás verde e mostre qual é o reagente limitante.
C) Assumindo rendimento de 100 \%, qual o volume na CNTP de gás produzido?

Passo 1

O enunciado pede três coisas com os dados abaixo:
  • Dados fornecidos:
    • Volume da solução de permanganato de potássio: 100\\ \mathrm{mL}.
    • Concentração da solução de \mathrm{KMnO_4}: 0,5\\ \mathrm{M}.
    • Massa do ácido clorídrico comercial: 10\\ \mathrm{g} com 60\% de pureza (ou seja, 60\% em massa é \mathrm{HCl} puro).
  • Perguntas:
    A) Escrever a reação química corretamente balanceada com os menores coeficientes inteiros possíveis.
    B) Dizer qual produto é o gás verde e indicar qual reagente é o limitante.
    C) Assumindo rendimento de 100\%, calcular o volume do gás produzido nas CNTP.

Passo 2

Antes de balancear, vamos entender o que acontece quimicamente (aula rápida e prática).
  • O ânion permanganato \mathrm{MnO_4^-} tem manganês no estado de oxidação +7 e, em meio ácido, é reduzido a \mathrm{Mn^{2+}} (estado +2). Essa redução envolve ganho de elétrons.
  • O íon cloreto \mathrm{Cl^-} (proveniente de \mathrm{HCl}) pode ser oxidado a cloro molecular \mathrm{Cl_2} (estado 0), perdendo elétrons.
  • Assim temos uma reação de oxirredução (redox) em meio ácido: \mathrm{MnO_4^-} é o agente oxidante e \mathrm{Cl^-} é o agente redutor. O gás tóxico verde é o \mathrm{Cl_2}.

Passo 3

Balanceamento por semi‑reações em meio ácido (passo a passo didático).
  1. Semi‑reação de redução (manganês):
\mathrm{MnO_4^-} + 8\,\mathrm{H^+} + 5\,\mathrm{e^-} \longrightarrow \mathrm{Mn^{2+}} + 4\,\mathrm{H_2O}
  • Explicação: balanceia-se O com água, H com prótons e carga com elétrons.
  1. Semi‑reação de oxidação (cloreto):
2\,\mathrm{Cl^-} \longrightarrow \mathrm{Cl_2} + 2\,\mathrm{e^-}
  • Explicação: dois \mathrm{Cl^-} fornecem os dois elétrons necessários para formar uma molécula \mathrm{Cl_2}.
  1. Igualando elétrons: a redução consome 5 elétrons; a oxidação libera 2 elétrons. Para combinar, fazemos MMC =10:
  • Multiplica redução por 2 e oxidação por 5.
  1. Soma das semi‑reações (equação iónica total):
2\,\mathrm{MnO_4^-} + 16\,\mathrm{H^+} + 10\,\mathrm{Cl^-} \longrightarrow 2\,\mathrm{Mn^{2+}} + 8\,\mathrm{H_2O} + 5\,\mathrm{Cl_2}

Passo 4

Passar da forma iónica para a forma molecular usando \mathrm{KMnO_4} e \mathrm{HCl} (as espécies fornecidas) e adicionando os cátions espectadores \mathrm{K^+}:
  • Cada \mathrm{KMnO_4} fornece um \mathrm{MnO_4^-} e um \mathrm{K^+}.
  • Cada \mathrm{HCl} fornece um \mathrm{H^+} e um \mathrm{Cl^-}.
    Substituindo e reunindo sais formados ( \mathrm{KCl} e \mathrm{MnCl_2}) obtemos a equação molecular balanceada com menores coeficientes inteiros:
2\,\mathrm{KMnO_4} + 16\,\mathrm{HCl} \longrightarrow 2\,\mathrm{KCl} + 2\,\mathrm{MnCl_2} + 8\,\mathrm{H_2O} + 5\,\mathrm{Cl_2}

Passo 5

Cálculo do número de mols de \mathrm{KMnO_4}.
  • Fórmula usada: n = C \times V.
n_{\mathrm{KMnO_4}} = 0,5\\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \times 0,100\\ \mathrm{L} = 0,05\\ \mathrm{mol}.

Passo 6

Cálculo do número de mols de \mathrm{HCl} disponível (levando em conta pureza).
  • Massa de \mathrm{HCl} puro na amostra: 10\\ \mathrm{g}\times 0,60 = 6,0\\ \mathrm{g}.
  • Massa molar de \mathrm{HCl}: M_{\mathrm{HCl}} = 36,46\\ \mathrm{g\,mol^{-1}}.
n_{\mathrm{HCl}} = \frac{6,0\\ \mathrm{g}}{36,46\\ \mathrm{g\,mol^{-1}}} \approx 0,1647\\ \mathrm{mol}.

Passo 7

Determinar o reagente limitante usando a estequiometria da reação balanceada.
  • Da equação balanceada, a razão estequiométrica é: 2\\ \mathrm{KMnO_4} : 16\\ \mathrm{HCl}. Dividindo por 2, obtemos 1\\ \mathrm{KMnO_4} : 8\\ \mathrm{HCl}.
  • Quantidade de \mathrm{HCl} necessária para reagir com 0,05\\ \mathrm{mol} de \mathrm{KMnO_4}:
n_{HCl,\mathrm{req}} = 0,05\\ \mathrm{mol\\ KMnO_4}\times 8 = 0,40\\ \mathrm{mol}.
  • Comparando com o disponível n_{\mathrm{HCl}} \approx 0,1647\\ \mathrm{mol}, vemos que há menos \mathrm{HCl} do que o necessário. Portanto o \mathrm{HCl} é o reagente limitante e o \mathrm{KMnO_4} está em excesso.
  • (Checagem inversa) Quantos mols de \mathrm{KMnO_4} seriam consumidos pelo \mathrm{HCl} disponível?
n_{KMnO4,consumido} = \frac{n_{\mathrm{HCl}}}{8} \approx \frac{0,1647}{8} = 0,0206\\ \mathrm{mol} < 0,05\\ \mathrm{mol},
confirmando que \mathrm{HCl} é limitante.

Passo 8

Cálculo dos mols de \mathrm{Cl_2} produzidos (usando o reagente limitante).
  • Da equação, 16\\ \mathrm{mol\\ HCl} produzem 5\\ \mathrm{mol\\ Cl_2}. Logo:
n_{\mathrm{Cl_2}} = \frac{5}{16}\,n_{\mathrm{HCl}} \approx \frac{5}{16}\times 0,1647 \approx 0,05146\\ \mathrm{mol}.

Passo 9

Cálculo do volume do gás \mathrm{Cl_2} nas CNTP (condições normais: 0^\circ\mathrm{C}, 1\\ \mathrm{atm}; volume molar V_m = 22,4\\ \mathrm{L\,mol^{-1}}).
V_{\mathrm{Cl_2}} = n_{\mathrm{Cl_2}}\times V_m \approx 0,05146\\ \mathrm{mol} \times 22,4\\ \mathrm{L\,mol^{-1}} \approx 1,152\\ \mathrm{L}.
Arredondando de forma prática para três algarismos significativos:
V_{\mathrm{Cl_2}} \approx 1,15\\ \mathrm{L}.

Passo 10

Resumo didático final: o gás verde é o \mathrm{Cl_2}; o balanceamento foi obtido por balanceamento por semi‑reações em meio ácido; o \mathrm{HCl} comercial (com 60\% de pureza) é o reagente limitante; com rendimento de 100\% espera‑se cerca de 1,15\\ \mathrm{L} de \mathrm{Cl_2} nas CNTP.

Resposta

A) 2\,\mathrm{KMnO_4} + 16\,\mathrm{HCl} \longrightarrow 2\,\mathrm{KCl} + 2\,\mathrm{MnCl_2} + 8\,\mathrm{H_2O} + 5\,\mathrm{Cl_2}
B) Gás verde: \mathrm{Cl_2}. Reagente limitante: \mathrm{HCl} (disponível \approx 0,1647\\ \mathrm{mol}).
C) V_{\mathrm{Cl_2}}\approx 1,15\\ \mathrm{L} (nas CNTP, assumindo rendimento 100\%).

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