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:

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

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 V) [OH−] = 0,81x10−2 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) xaalnt

1k−

=

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 A CORRIGIR NÃO CORRIGIR

5a

6a

7a

8a

9a

10a

11a

12a

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CÓDIGO:

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 curva de titulação de 50 mL de uma mistura de HCl e um ácido fraco desconhecido HA com NaOH 0,1mol L-1, pede-se: a) a concentração molar dos ácidos (HCl e HA) na mistura; b) o valor da constante de dissociação (Ka) de HA; c) o indicador adequado para a titulação do HA / NaOH. OBS: Justifique demonstrando com cálculos. (Kw = 1 x 10 -14)

Figura 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 / Ka Kh = 1 x 10 -14/ 1 x 10-5 = 1 x 10-9

02468

101214

0 50 100 150 200 250

pH

VolumeNaOH0,1M

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)

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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

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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) + 2SO4

2- (aq) ⇋ Ag2SO4 (s) + 2e (reação no ânodo) 2H+ (aq) + 2e ⇋ H2 (g) (reação no cátodo) 2Ag (s) + 2H+ (aq) + SO4

2- (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!!

! 𝑥 𝑎!!!!!)! = (𝛾!! 𝑥 𝐶!!)! 𝑥 (𝛾!"!!! 𝑥 𝐶!"!!!) (Equação 2)

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)

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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 = 𝐶! 𝑑(𝑙𝑛𝑇!!!!

) (2) ∆𝑆! = 𝐶! 𝐻!𝑂 ! 𝑑(𝑙𝑛𝑇!"#,!"

!"#,!" ) = 18 ln !"#,!"!"#,!"

= 0,67 𝑐𝑎𝑙 𝐾!! (Equação 3) ∆𝑆! = ∆!!

!= !!"#$

!"#.!"= −5,25 𝑐𝑎𝑙 𝐾!! (Equação 3)

∆𝑆! = 𝐶! 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! =

!!"# !"#$!!"ç!

!= ! ∆!!"!#$%&

!"#,!" (Equação 5)

∆𝐻 = 𝑞! = 𝐶! 𝑑𝑇!!

!! (Equação 6)

∆𝐻! = 𝐶! 𝐻!𝑂 ! 𝑑𝑇 = 18(273,15− 263,15)!"#,!"

!"#,!" = 180 𝑐𝑎𝑙 (Equação 7) ∆𝐻! = −1435 𝑐𝑎𝑙 (Equação 8) ∆𝐻! = 𝐶! 𝐻!𝑂 ! 𝑑𝑇 = 9,1(263,15− 273,15)!"#,!"

!"#,!" = −91 𝑐𝑎𝑙 (Equação 9) ∆𝑆!"#"$!!"ç! = !(!"#!!"#$!!")

!"#,!"= 5,11 𝑐𝑎𝑙 𝐾!! (Equação 10).

∆𝑆 = ∆𝑆!"!#$%& + ∆𝑆!"#"$!!"ç! = −4,92 + 5.11 = 0.19 𝑐𝑎𝑙 𝐾!! (Equação 11)

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CÓDIGO:

QUESTÃO ESPECÍFICA DE QUÍMICA INORGÂNICA 9ª Questão: Os dados apresentados na tabela ao lado foram reportados (Organometallics, 2010, 29, 519) para compostos octaédricos de RuII contendo ligantes do tipo CL, onde L = O, S, Se e Te. Sabendo que a ligação Ru⎯C tem caráter majoritariamente ligante, justifique os valores apresentados para as frequências de estiramento vibracional da ligação C⎯L, ν(CL), e para os 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.

CL ν(CL), em

cm−1 Comprimento da ligação

Ru⎯C, em nm

CO 1934 1,829

CS 1238 1,793

CSe 1129 1,766

CTe 1024 1,748

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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)-1,2-propanodiol quanto do (S)-1,2-propanodiol. Apresente reagentes e o mecanismo para cada caso, que explique o produto formado.

OCH3

H

(1)

RESPOSTA: Meio ácido:

OCH3

H

O+CH3

H

H

OH2....H+

O+

OH CH3

H

H

H

- H+OH

OH CH3

HS

Meio básico:

OCH3

HOH - OH

OH

CH3H..

.. ..

R

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).

+NHO

TsOH

RESPOSTA:

MATERIAL SUPLEMENTAR detanol = 0,79 g mL−1 dágua = 1,00g mL−1 kc(H2O) = −1,86 oC molal−1

taak o −=

xaalnt

1k−

=

xax

at1k

−=

( )( )( )xba

xablntba

1k−−

−=

Ka (CH3COOH) = 1,8 x 10−5 Ka (HClO) = 1,3 x 10−8 Ka (HCN) = 1,5 x 10−10

OH! = K! ∙ c!K!

𝐻! = 𝐾! ∙ 𝐶!

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)

𝜀!"# = 𝜀!"#! − 2,303𝑅𝑇𝑛𝐹 log

𝑎!"#$%&#'!!

!

𝑎!"#$"%&"'!!

!

oor EnFG Δ−=Δ

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

∆𝐻 = 𝑞! = 𝐶! 𝑑𝑇

!!

!!

∆𝑆 = 𝐶! 𝑑(𝑙𝑛𝑇

!!

!!

)

𝑑𝑆 = 𝑑𝑞!"#𝑑𝑇

∆𝑆 𝑚𝑢𝑑𝑎𝑛ç𝑎 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠𝑒 =

∆𝐻 𝑑𝑎 𝑚𝑢𝑑𝑎𝑛ç𝑎 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠𝑒𝑇 𝑑𝑎 𝑚𝑢𝑑𝑎𝑛ç𝑎 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠𝑒

Indicador Abaixo da viragem Intervalo de pH de

mudança de cor Acima da viragem

Violeta de metila Amarelo 0,0-1,6 Azul-púrpura Azul de bromofenol Amarelo 3,0-4,6 Violeta Alaranjado de metila Vermelho 3,1-4,4 Amarelo Azul de bromotimol Amarelo 6,0-7,6 Azul Vermelho de metila Vermelho 4,4-6,2 Amarelo Vermelho de fenol Amarelo 6,6-8,0 Vermelho Fenolftaleína Incolor 8,2-10,0 Rosa-carmim Timolftaleína Incolor 9,4-10,6 Azul Amarelo de alizarina R Amarelo 10,1-12,0 Vermelho Carmim de índigo Azul 11,4-13,0 Amarelo

Grupopontual:Oh

E 8C3 6C2 6C4 3C2 =(C4)2 i 6S4 8S6 3σh 6σd linear, rotations quadratic

A1g 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x2+y2+z2

A2g 1 1 -1 -1 1 1 -1 1 1 -1 Eg 2 -1 0 0 2 2 0 -1 2 0 (2z2-x2-y2, x2-y2)

T1g 3 0 -1 1 -1 3 1 0 -1 -1 (Rx, Ry, Rz) T2g 3 0 1 -1 -1 3 -1 0 -1 1 (xz, yz, xy)

A1u 1 1 1 1 1 -1 -1 -1 -1 -1 A2u 1 1 -1 -1 1 -1 1 -1 -1 1 Eu 2 -1 0 0 2 -2 0 1 -2 0 T1u 3 0 -1 1 -1 -3 -1 0 1 1 (x, y, z) T2u 3 0 1 -1 -1 -3 1 0 1 -1

Grupo pontual: Td

E 8C3 3C2 6S4 6σd linear, rotations quadratic

A1 1 1 1 1 1 x2+y2+z2

A2 1 1 1 -1 -1 E 2 -1 2 0 0 (2z2-x2-y2, x2-y2)

T1 3 0 -1 1 -1 (Rx, Ry, Rz) T2 3 0 -1 -1 1 (x, y, z) (xy, xz, yz)

Grupo pontual: D4h

E 2C4 (z) C2 2C'2 2C''2 i 2S4 σh 2σv 2σd linears, rotations quadratic

A1g 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x2+y2, z2

A2g 1 1 1 -1 -1 1 1 1 -1 -1 Rz 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 (Rx, Ry) (xz, yz)

A1u 1 1 1 1 1 -1 -1 -1 -1 -1 A2u 1 1 1 -1 -1 -1 -1 -1 1 1 z 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 (x, y)

Grupo pontual: D6h

E 2C6 2C3 C2 3C'2 3C''2 i 2S3 2S6 σh 3σd 3σv Linear,

rotations Quadratic

A1g 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x2+y2, z2

A2g 1 1 1 1 -1 -1 1 1 1 1 -1 -1 Rz 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 (Rx, Ry) (xz, yz)

E2g 2 -1 -1 2 0 0 2 -1 -1 2 0 0 (x2-y2, xy)

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 z 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 (x, y) E2u 2 -1 -1 2 0 0 -2 1 1 -2 0 0

Grupo pontual: C2v

E C2 (z) σv(xz) σv(yz) linear, rotations quadratic

A1 1 1 1 1 z x2, y2, z2

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 σh linear, rotations quadratic

Ag 1 1 1 1 Rz x2, y2, z2, xy

Bg 1 -1 1 -1 Rx, Ry xz, yz

Au 1 1 -1 -1 z Bu 1 -1 -1 1 x, y

19

Grupo pontual: C4v

E 2C4 (z) C2 2σv 2σd linear, rotations quadratic

A1 1 1 1 1 1 z x2+y2, z2

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) C2 (C4)3 i (S4)3 σh S4 linear,

rotations quadratic

Ag 1 1 1 1 1 1 1 1 Rz x2+y2, z2

Bg 1 -1 1 -1 1 -1 1 -1 x2-y2, xy

Eg 1 1

i -i

-1 -1

-i i

1 1

i -i

-1 -1

-i i

Rx+iRy Rx-iRy

(xz, yz)

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

x+iy x-iy