Lista de Estequiometria

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Estequiometria
1 mol 2 mol 1 mol 2 mol
16 g 64 g 44 g 36 g
1.Vm 2.Vm 1.Vm 2.VmVolume
12.1023
moléculas
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
mol
massa
6.1023
moléculas
n
mol
Massa
Substância (g)
x 
nº de átomos/ moléculas
Volume (L)
CNTP
𝐕 = 𝐧. 𝐕𝐦𝐨𝐥𝐚𝐫
Perfeitamente balanceado !
Como tudo deveria ser
𝐧 =
𝐕
𝑽𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓
Química Prof. Vinicius
Equação química
balanceada
A estequiometria consiste nos cálculos das quantidades de MOL, MASSA, VOLUME, MOLÉCULAS dos 
reagentes e dos produtos envolvidos em uma reação química
➢ Lei da conservação da massa – Lei de Lavoisier
➢ Lei das proporções fixas – Lei de Proust
➢ Lei das proporções múltiplas – Lei de Dalton
Esses cálculos se fundamentam nas leis ponderais
Química Prof. Vinicius
1. Equação química balanceada (Ajustar os
coeficiente estequiométrico, o número de
átomo dos reagente é igual ao número de
átomo no produto).
2. Identificar a relação em mol (são os
coeficientes estequiométricos).
3. A partir da relação em mol estabelecer a
proporção estequiométrica de interesse.
(massa; volume; mol).
4. Dados do exercício.
A estequiometria consiste nos cálculos das quantidades de MOL, MASSA, VOLUME, MOLÉCULAS dos 
reagentes e dos produtos envolvidos em uma reação química
1 CH4 + 2 O2 1 CO2 + 2 H2O
1 mol 2 mol 1 mol
16 g 64 g 44 g
1.Vm
22,4 L
2 mol
36 g
2.Vm
44,8 L
1.Vm
22,4 L
2.Vm
44,8 L
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
mol
massa
Volume
(CNTP)
molécula
Massa molar 
(g/mol)
1 mol
Volume 
molar
22,4 L/mol
6,02.1023
átomos/moléculas
Química Prof. Vinicius
A massa de dióxido de carbono liberada na queima de 80 g de metano, quando utilizado como combustível, é: 
(Dado: massas molares, em g/mol: H = 1, C = 12, O = 16)
Química Prof. Vinicius
a) 22 g
b) 44 g
c) 80 g
d) 120 g
e) 220 g
A massa de dióxido de carbono liberada na queima de 80 g de metano, quando utilizado como combustível, é: 
(Dado: massas molares, em g/mol: H = 1, C = 12, O = 16)
Química Prof. Vinicius
a) 22 g
b) 44 g
c) 80 g
d) 120 g
e) 220 g
__ CH4 + __ O2 __ CO2 + __ H2O
1. Equação química balanceada.
2. Identificar a relação em mol.
3. A partir da relação em mol estabelecer a
proporção estequiométrica de interesse.
4. Dados do exercício.
A massa de dióxido de carbono liberada na queima de 80 g de metano, quando utilizado como combustível, é: 
(Dado: massas molares, em g/mol: H = 1, C = 12, O = 16)
Química Prof. Vinicius
a) 22 g
b) 44 g
c) 80 g
d) 120 g
e) 220 g
1 CH4 + 2 O2 1 CO2 + 2 H2O
1. Equação química balanceada.
2. Identificar a relação em mol.
3. A partir da relação em mol estabelecer a
proporção estequiométrica de interesse.
4. Dados do exercício.
A massa de dióxido de carbono liberada na queima de 80 g de metano, quando utilizado como combustível, é: 
(Dado: massas molares, em g/mol: H = 1, C = 12, O = 16)
Química Prof. Vinicius
a) 22 g
b) 44 g
c) 80 g
d) 120 g
e) 220 g
1 CH4 + 2 O2 1 CO2 + 2 H2O
1 mol 2 mol 1 mol 2 mol
1. Equação química balanceada.
2. Identificar a relação em mol.
3. A partir da relação em mol estabelecer a
proporção estequiométrica de interesse.
4. Dados do exercício.
1. Equação química balanceada.
2. Identificar a relação em mol.
3. A partir da relação em mol estabelecer a
proporção estequiométrica de interesse.
4. Dados do exercício.
A massa de dióxido de carbono liberada na queima de 80 g de metano, quando utilizado como combustível, é: 
(Dado: massas molares, em g/mol: H = 1, C = 12, O = 16)
Química Prof. Vinicius
a) 22 g
b) 44 g
c) 80 g
d) 120 g
e) 220 g
1 CH4 + 2 O2 1 CO2 + 2 H2O
1 mol 2 mol 1 mol 2 mol
16 g 64 g 44 g
1.Vm
22,4 L
36 g
2.Vm
44,8 L
1.Vm
22,4 L
2.Vm
44,8 L
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
massa
Volume
(CNTP)
molécula
1. Equação química balanceada.
2. Identificar a relação em mol.
3. A partir da relação em mol estabelecer a
proporção estequiométrica de interesse.
4. Dados do exercício.
A massa de dióxido de carbono liberada na queima de 80 g de metano, quando utilizado como combustível, é: 
(Dado: massas molares, em g/mol: H = 1, C = 12, O = 16)
Química Prof. Vinicius
a) 22 g
b) 44 g
c) 80 g
d) 120 g
e) 220 g
1 CH4 + 2 O2 1 CO2 + 2 H2O
1 mol 2 mol 1 mol 2 mol
16 g 64 g 44 g
1.Vm
22,4 L
36 g
2.Vm
44,8 L
1.Vm
22,4 L
2.Vm
44,8 L
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
massa
Volume
(CNTP)
molécula
dados A B C D
1. Equação química balanceada.
2. Identificar a relação em mol.
3. A partir da relação em mol estabelecer a
proporção estequiométrica de interesse.
4. Dados do exercício.
A massa de dióxido de carbono liberada na queima de 80 g de metano, quando utilizado como combustível, é: 
(Dado: massas molares, em g/mol: H = 1, C = 12, O = 16)
Química Prof. Vinicius
a) 22 g
b) 44 g
c) 80 g
d) 120 g
e) 220 g
1 CH4 + 2 O2 1 CO2 + 2 H2O
1 mol 2 mol 1 mol 2 mol
16 g 64 g 44 g
1.Vm
22,4 L
36 g
2.Vm
44,8 L
1.Vm
22,4 L
2.Vm
44,8 L
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
massa
Volume
(CNTP)
molécula
dados A B C D
A massa de dióxido de carbono liberada na queima de 80 g de metano, quando utilizado como combustível, é: 
(Dado: massas molares, em g/mol: H = 1, C = 12, O = 16)
Química Prof. Vinicius
a) 22 g
b) 44 g
c) 80 g
d) 120 g
e) 220 g
1 CH4 + 2 O2 1 CO2 + 2 H2O
1 mol 2 mol 1 mol 2 mol
16 g 64 g 44 g
1.Vm
22,4 L
36 g
2.Vm
44,8 L
1.Vm
22,4 L
2.Vm
44,8 L
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
massa
Volume
(CNTP)
molécula
dados A B C D
A massa de dióxido de carbono liberada na queima de 80 g de metano, quando utilizado como combustível, é: 
(Dado: massas molares, em g/mol: H = 1, C = 12, O = 16)
Química Prof. Vinicius
a) 22 g
b) 44 g
c) 80 g
d) 120 g
e) 220 g
1 CH4 + 2 O2 1 CO2 + 2 H2O
1 mol 2 mol 1 mol 2 mol
16 g 64 g 44 g
1.Vm
22,4 L
36 g
2.Vm
44,8 L
1.Vm
22,4 L
2.Vm
44,8 L
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
massa
Volume
(CNTP)
molécula
dados A B C D
CH4 CO2
A massa de dióxido de carbono liberada na queima de 80 g de metano, quando utilizado como combustível, é: 
(Dado: massas molares, em g/mol: H = 1, C = 12, O = 16)
Química Prof. Vinicius
a) 22 g
b) 44 g
c) 80 g
d) 120 g
e) 220 g
1 CH4 + 2 O2 1 CO2 + 2 H2O
1 mol 2 mol 1 mol 2 mol
16 g 64 g 44 g
1.Vm
22,4 L
36 g
2.Vm
44,8 L
1.Vm
22,4 L
2.Vm
44,8 L
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
massa
Volume
(CNTP)
molécula
dados A B C D
CH4
16 g
CO2
44 g
A massa de dióxido de carbono liberada na queima de 80 g de metano, quando utilizado como combustível, é: 
(Dado: massas molares, em g/mol: H = 1, C = 12, O = 16)
Química Prof. Vinicius
a) 22 g
b) 44 g
c) 80 g
d) 120 g
e) 220 g
1 CH4 + 2 O2 1 CO2 + 2 H2O
1 mol 2 mol 1 mol 2 mol
16 g 64 g 44 g
1.Vm
22,4 L
36 g
2.Vm
44,8 L
1.Vm
22,4 L
2.Vm
44,8 L
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
massa
Volume
(CNTP)
molécula
dados A B C D
CH4
16 g
80 g
CO2
44 g
x
A massa de dióxido de carbono liberada na queima de 80 g de metano, quando utilizado como combustível, é: 
(Dado: massas molares, em g/mol: H = 1, C = 12, O = 16)
Química Prof. Vinicius
a) 22 g
b) 44 g
c) 80 g
d) 120 g
e) 220 g
1 CH4 + 2 O2 1 CO2 + 2 H2O
1 mol 2 mol 1 mol 2 mol
16 g 64 g 44 g
1.Vm
22,4 L
36 g
2.Vm
44,8 L
1.Vm
22,4 L
2.Vm
44,8 L
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
6.1023
moléculas
12.1023
moléculas
massa
Volume
(CNTP)
molécula
dados A B C D
CH4
16 g
80 g
CO2
44 g
x
x =
80 . 44
16
= 220 g
Considerando-se a equação não balanceada da reação de combustão do gás butano, descrita por:
C4H10(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g), a 1 atm e a 25 °C (condições-padrão), e o comportamento desses gases 
como ideais, o volume de gás carbônicoproduzido pela combustão completa do conteúdo de uma botija de gás 
contendo 174,0 g de butano é 
Dados Massas atômicas: H = 1 u; C = 12 u; O = 16 u Volume molar nas condições-padrão: 24,5 L 
Química Prof. Vinicius
a) 1 000,4 L 
b) 198,3 L
c) 345,6 L
d) 294,0 L 
e) 701,1 L 
Considerando-se a equação não balanceada da reação de combustão do gás butano, descrita por:
C4H10(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g), a 1 atm e a 25 °C (condições-padrão), e o comportamento desses gases 
como ideais, o volume de gás carbônico produzido pela combustão completa do conteúdo de uma botija de gás 
contendo 174,0 g de butano é 
Dados Massas atômicas: H = 1 u; C = 12 u; O = 16 u Volume molar nas condições-padrão: 24,5 L 
Química Prof. Vinicius
__ C4H10 + __ O2 __ CO2 + __ H2O
a) 1 000,4 L 
b) 198,3 L
c) 345,6 L
d) 294,0 L 
e) 701,1 L 
Considerando-se a equação não balanceada da reação de combustão do gás butano, descrita por:
C4H10(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g), a 1 atm e a 25 °C (condições-padrão), e o comportamento desses gases 
como ideais, o volume de gás carbônico produzido pela combustão completa do conteúdo de uma botija de gás 
contendo 174,0 g de butano é 
Dados Massas atômicas: H = 1 u; C = 12 u; O = 16 u Volume molar nas condições-padrão: 24,5 L 
Química Prof. Vinicius
1 C4H10 + __ O2 __ CO2 + __ H2O
a) 1 000,4 L 
b) 198,3 L
c) 345,6 L
d) 294,0 L 
e) 701,1 L 
Considerando-se a equação não balanceada da reação de combustão do gás butano, descrita por:
C4H10(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g), a 1 atm e a 25 °C (condições-padrão), e o comportamento desses gases 
como ideais, o volume de gás carbônico produzido pela combustão completa do conteúdo de uma botija de gás 
contendo 174,0 g de butano é 
Dados Massas atômicas: H = 1 u; C = 12 u; O = 16 u Volume molar nas condições-padrão: 24,5 L 
Química Prof. Vinicius
1 C4H10 + 
13
2
O2 4 CO2 + 5 H2O
a) 1 000,4 L 
b) 198,3 L
c) 345,6 L
d) 294,0 L 
e) 701,1 L 
Considerando-se a equação não balanceada da reação de combustão do gás butano, descrita por:
C4H10(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g), a 1 atm e a 25 °C (condições-padrão), e o comportamento desses gases 
como ideais, o volume de gás carbônico produzido pela combustão completa do conteúdo de uma botija de gás 
contendo 174,0 g de butano é 
Dados Massas atômicas: H = 1 u; C = 12 u; O = 16 u Volume molar nas condições-padrão: 24,5 L 
Química Prof. Vinicius
1 C4H10 + 
13
2
O2 4 CO2 + 5 H2O
1 mol 6,5 mol 4 mol 5 mol
a) 1 000,4 L 
b) 198,3 L
c) 345,6 L
d) 294,0 L 
e) 701,1 L 
Considerando-se a equação não balanceada da reação de combustão do gás butano, descrita por:
C4H10(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g), a 1 atm e a 25 °C (condições-padrão), e o comportamento desses gases 
como ideais, o volume de gás carbônico produzido pela combustão completa do conteúdo de uma botija de gás 
contendo 174,0 g de butano é 
Dados Massas atômicas: H = 1 u; C = 12 u; O = 16 u Volume molar nas condições-padrão: 24,5 L 
Química Prof. Vinicius
1 C4H10 + 
13
2
O2 4 CO2 + 5 H2O
a) 1 000,4 L 
b) 198,3 L
c) 345,6 L
d) 294,0 L 
e) 701,1 L 
1 mol 6,5 mol 4 mol 5 mol
Considerando-se a equação não balanceada da reação de combustão do gás butano, descrita por:
C4H10(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g), a 1 atm e a 25 °C (condições-padrão), e o comportamento desses gases 
como ideais, o volume de gás carbônico produzido pela combustão completa do conteúdo de uma botija de gás 
contendo 174,0 g de butano é 
Dados Massas atômicas: H = 1 u; C = 12 u; O = 16 u Volume molar nas condições-padrão: 24,5 L 
Química Prof. Vinicius
1 C4H10 + 
13
2
O2 4 CO2 + 5 H2O
a) 1 000,4 L 
b) 198,3 L
c) 345,6 L
d) 294,0 L 
e) 701,1 L 
1 mol 6,5 mol 4 mol 5 mol
C4H10 CO2
Considerando-se a equação não balanceada da reação de combustão do gás butano, descrita por:
C4H10(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g), a 1 atm e a 25 °C (condições-padrão), e o comportamento desses gases 
como ideais, o volume de gás carbônico produzido pela combustão completa do conteúdo de uma botija de gás 
contendo 174,0 g de butano é 
Dados Massas atômicas: H = 1 u; C = 12 u; O = 16 u Volume molar nas condições-padrão: 24,5 L 
Química Prof. Vinicius
1 C4H10 + 
13
2
O2 4 CO2 + 5 H2O
a) 1 000,4 L 
b) 198,3 L
c) 345,6 L
d) 294,0 L 
e) 701,1 L 
Massa molar
C4H10 = 58 g/mol
CO2 = 44 g/mol1 mol 6,5 mol 4 mol 5 mol
C4H10 CO2
Considerando-se a equação não balanceada da reação de combustão do gás butano, descrita por:
C4H10(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g), a 1 atm e a 25 °C (condições-padrão), e o comportamento desses gases 
como ideais, o volume de gás carbônico produzido pela combustão completa do conteúdo de uma botija de gás 
contendo 174,0 g de butano é 
Dados Massas atômicas: H = 1 u; C = 12 u; O = 16 u Volume molar nas condições-padrão: 24,5 L 
Química Prof. Vinicius
1 C4H10 + 
13
2
O2 4 CO2 + 5 H2O
a) 1 000,4 L 
b) 198,3 L
c) 345,6 L
d) 294,0 L 
e) 701,1 L 
C4H10 CO2
Massa molar
C4H10 = 58 g/mol
CO2 = 44 g/mol
4 . Vm
4 . 24,5 L
58 g
1 mol 6,5 mol 4 mol 5 mol
Considerando-se a equação não balanceada da reação de combustão do gás butano, descrita por:
C4H10(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g), a 1 atm e a 25 °C (condições-padrão), e o comportamento desses gases 
como ideais, o volume de gás carbônico produzido pela combustão completa do conteúdo de uma botija de gás 
contendo 174,0 g de butano é 
Dados Massas atômicas: H = 1 u; C = 12 u; O = 16 u Volume molar nas condições-padrão: 24,5 L 
Química Prof. Vinicius
1 C4H10 + 
13
2
O2 4 CO2 + 5 H2O
a) 1 000,4 L 
b) 198,3 L
c) 345,6 L
d) 294,0 L 
e) 701,1 L 
C4H10 CO2
Massa molar
C4H10 = 58 g/mol
CO2 = 44 g/mol
4 . Vm
4 . 24,5 L
58 g
V174 g
1 mol 6,5 mol 4 mol 5 mol
Considerando-se a equação não balanceada da reação de combustão do gás butano, descrita por:
C4H10(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g), a 1 atm e a 25 °C (condições-padrão), e o comportamento desses gases 
como ideais, o volume de gás carbônico produzido pela combustão completa do conteúdo de uma botija de gás 
contendo 174,0 g de butano é 
Dados Massas atômicas: H = 1 u; C = 12 u; O = 16 u Volume molar nas condições-padrão: 24,5 L 
Química Prof. Vinicius
1 C4H10 + 
13
2
O2 4 CO2 + 5 H2O
a) 1 000,4 L 
b) 198,3 L
c) 345,6 L
d) 294,0 L 
e) 701,1 L 
C4H10 CO2
Massa molar
C4H10 = 58 g/mol
CO2 = 44 g/mol
4 . Vm
4 . 24,5 L
58 g
V174 g
V =
4 . 24,5 . 174
58
= 294 L
1 mol 6,5 mol 4 mol 5 mol
Química Prof. Vinicius
Dada a reação:
o número de moléculas de gás hidrogênio, produzidas pela reação de 112 g de ferro, é igual a:
a) 1,5
b) 3,0
c) 9 . 1023
d) 1,8 . 1024
e) 3 . 1024
2 Fe 6 HCl 2 FeCl3 3 H2+ +
Química Prof. Vinicius
Dada a reação:
o número de moléculas de gás hidrogênio, produzidas pela reação de 112 g de ferro, é igual a:
a) 1,5
b) 3,0
c) 9 . 1023
d) 1,8 . 1024
e) 3 . 1024
2 Fe 6 HCl 2 FeCl3 3 H2+ +
Fe
2 mol
H2
3 mol
Química Prof. Vinicius
Dada a reação:
o número de moléculas de gás hidrogênio, produzidas pela reação de 112 g de ferro, é igual a:
a) 1,5
b) 3,0
c) 9 . 1023
d) 1,8 . 1024
e) 3 . 1024
Massa molar
Fe = 56 g/mol
Número de Avogadro
6,0 . 1023
2 Fe 6 HCl 2 FeCl3 3 H2+ +
Fe
2 mol
H2
3 mol
Química Prof. Vinicius
Dada a reação:
o número de moléculas de gás hidrogênio, produzidas pela reação de 112 g de ferro, é igual a:
a) 1,5
b) 3,0
c) 9 . 1023
d) 1,8 . 1024
e) 3 . 1024
Massa molar
Fe = 56 g/mol
Número de Avogadro
6,0 . 1023
2 Fe 6 HCl 2 FeCl3 3 H2+ +
Fe
2 mol
112 g
H2
3 mol
18 . 1023
Química Prof. Vinicius
Dada a reação:
o número de moléculas de gás hidrogênio, produzidas pela reação de 112 g de ferro, é igual a:
a) 1,5
b) 3,0
c) 9 . 1023
d) 1,8 . 1024
e) 3 . 1024
Massa molar
Fe = 56 g/mol
Número de Avogadro
6,0 . 1023
2 Fe 6 HCl 2 FeCl3 3 H2+ +
Fe
2 mol
112 g
H2
3 mol
18 . 1023
A floculação é uma das fases do tratamento de águas de abastecimento público e consiste na adição de óxido de 
cálcio e sulfato de alumínio à água. As reações correspondentessão as que seguem:
CaO + H2O → Ca(OH)2
3 Ca(OH)2 + Al2(SO4)3 → 2 Al(OH)3 + 3 CaSO4
Se os reagentes estiverem em proporções estequiométricas, cada 28 g de óxido de cálcio originarão de sulfato de 
cálcio: (dados - massas molares: Ca=40 g/mol, O=16 g/mol, H=1g/mol, Al=27 g/mol, S=32 g/mol)
a) 204 g
b) 68 g
c) 28 g
d) 56 g
e) 84 g
A floculação é uma das fases do tratamento de águas de abastecimento público e consiste na adição de óxido de 
cálcio e sulfato de alumínio à água. As reações correspondentes são as que seguem:
CaO + H2O → Ca(OH)2
3 Ca(OH)2 + Al2(SO4)3 → 2 Al(OH)3 + 3 CaSO4
Se os reagentes estiverem em proporções estequiométricas, cada 28 g de óxido de cálcio originarão de sulfato de 
cálcio: (dados - massas molares: Ca=40 g/mol, O=16 g/mol, H=1g/mol, Al=27 g/mol, S=32 g/mol)
a) 204 g
b) 68 g
c) 28 g
d) 56 g
e) 84 g
x3
A floculação é uma das fases do tratamento de águas de abastecimento público e consiste na adição de óxido de
cálcio e sulfato de alumínio à água. As reações correspondentes são as que seguem:
3 CaO + 3 H2O → 3 Ca(OH)2
3 Ca(OH)2 + Al2(SO4)3 → 2 Al(OH)3 + 3 CaSO4
Se os reagentes estiverem em proporções estequiométricas, cada 28 g de óxido de cálcio originarão de sulfato de
cálcio: (dados - massas molares: Ca=40 g/mol, O=16 g/mol, H=1g/mol, Al=27 g/mol, S=32 g/mol)
a) 204 g
b) 68 g
c) 28 g
d) 56 g
e) 84 g
A floculação é uma das fases do tratamento de águas de abastecimento público e consiste na adição de óxido de
cálcio e sulfato de alumínio à água. As reações correspondentes são as que seguem:
3 CaO + 3 H2O → 3 Ca(OH)2
3 Ca(OH)2 + Al2(SO4)3 → 2 Al(OH)3 + 3 CaSO4
3 CaO + 3 H2O + Al2(SO4)3 → 2 Al(OH)3 + 3 CaSO4
Se os reagentes estiverem em proporções estequiométricas, cada 28 g de óxido de cálcio originarão de sulfato de
cálcio: (dados - massas molares: Ca=40 g/mol, O=16 g/mol, H=1g/mol, Al=27 g/mol, S=32 g/mol)
a) 204 g
b) 68 g
c) 28 g
d) 56 g
e) 84 g
A floculação é uma das fases do tratamento de águas de abastecimento público e consiste na adição de óxido de
cálcio e sulfato de alumínio à água. As reações correspondentes são as que seguem:
3 CaO + 3 H2O → 3 Ca(OH)2
3 Ca(OH)2 + Al2(SO4)3 → 2 Al(OH)3 + 3 CaSO4
3 CaO + 3 H2O + Al2(SO4)3 → 2 Al(OH)3 + 3 CaSO4
Se os reagentes estiverem em proporções estequiométricas, cada 28 g de óxido de cálcio originarão de sulfato de
cálcio: (dados - massas molares: Ca=40 g/mol, O=16 g/mol, H=1g/mol, Al=27 g/mol, S=32 g/mol)
a) 204 g
b) 68 g
c) 28 g
d) 56 g
e) 84 g
A floculação é uma das fases do tratamento de águas de abastecimento público e consiste na adição de óxido de
cálcio e sulfato de alumínio à água. As reações correspondentes são as que seguem:
3 CaO + 3 H2O → 3 Ca(OH)2
3 Ca(OH)2 + Al2(SO4)3 → 2 Al(OH)3 + 3 CaSO4
3 CaO + 3 H2O + Al2(SO4)3 → 2 Al(OH)3 + 3 CaSO4
Se os reagentes estiverem em proporções estequiométricas, cada 28 g de óxido de cálcio originarão de sulfato de
cálcio: (dados - massas molares: Ca=40 g/mol, O=16 g/mol, H=1g/mol, Al=27 g/mol, S=32 g/mol)
a) 204 g
b) 68 g
c) 28 g
d) 56 g
e) 84 g
3 CaO
56 g
3 CaSO4
136 g
A floculação é uma das fases do tratamento de águas de abastecimento público e consiste na adição de óxido de
cálcio e sulfato de alumínio à água. As reações correspondentes são as que seguem:
3 CaO + 3 H2O → 3 Ca(OH)2
3 Ca(OH)2 + Al2(SO4)3 → 2 Al(OH)3 + 3 CaSO4
3 CaO + 3 H2O + Al2(SO4)3 → 2 Al(OH)3 + 3 CaSO4
Se os reagentes estiverem em proporções estequiométricas, cada 28 g de óxido de cálcio originarão de sulfato de
cálcio: (dados - massas molares: Ca=40 g/mol, O=16 g/mol, H=1g/mol, Al=27 g/mol, S=32 g/mol)
a) 204 g
b) 68 g
c) 28 g
d) 56 g
e) 84 g
3 CaO
56 g
28 g
3 CaSO4
136 g
x
x =
136 . 28
56
= 68 g
Excesso de reagente
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
30 g 38 g 68 g
4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
30 g 38 g 68 g
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
30 g 38 g 
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u
30 g 38 g 
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
4 . 27
108 g
3 . 32 
96 g
2 . 102
204 g
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u
30 g 38 g 
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
4 . 27
108 g
3 . 32 
96 g
2 . 102
204 g
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u𝑚𝐴𝑙
mO
=
108
96
30 g 38 g 
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
4 . 27
108 g
3 . 32 
96 g
2 . 102
204 g
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u𝑚𝐴𝑙
mO
=
108
96
≠
30
38
30 g 38 g 
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
4 . 27
108 g
3 . 32 
96 g
2 . 102
204 g
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u𝑚𝐴𝑙
mO
=
108
96
≠
30
38
30 g 38 g 
9
8
≠
5
6,33
÷ 𝟔
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
4 . 27
108 g
3 . 32 
96 g
2 . 102
204 g
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u𝑚𝐴𝑙
mO
=
108
96
≠
30
38
30 g 38 g 
9
8
≠
5
6,33
÷ 𝟔
É necessário analisar a quantidade de 
reagente separadamente para os dois casos
Moxigênio para consumir 30 g de Al
MAlumínio para consumir 38 g de O2
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
4 . 27
108 g
3 . 32 
96 g
2 . 102
204 g
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102u𝑚𝐴𝑙
mO
=
108
96
=
9
8
30 g 38 g 
Moxigênio para consumir 30 g de Al
Al
108 g
30 g
O2
96g
x
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
4 . 27
108 g
3 . 32 
96 g
2 . 102
204 g
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u𝑚𝐴𝑙
mO
=
108
96
=
9
8
30 g 38 g 
Moxigênio para consumir 30 g de Al
Al
108 g
30 g
O2
96g
x
x =
30 . 96
108
= 26,7 g
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
4 . 27
108 g
3 . 32 
96 g
2 . 102
204 g
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u𝑚𝐴𝑙
mO
=
108
96
=
9
8
30 g 38 g 
Moxigênio para consumir 30 g de Al
Al
108 g
30 g
O2
96g
x
x =
30 . 96
108
= 26,7 g
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
4 . 27
108 g
3 . 32 
96 g
2 . 102
204 g
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u𝑚𝐴𝑙
mO
=
108
96
=
9
8
30 g 38 g 
Moxigênio para consumir 30 g de Al
Al
108 g
30 g
O2
96g
x
x =
30 . 96
108
= 26,7 g
MAlumínio para consumir 38 g de O2
Al
108 g
y g
O2
96g
38 g
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
4 . 27
108 g
3 . 32 
96 g
2 . 102
204 g
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u𝑚𝐴𝑙
mO
=
108
96
=
9
8
30 g 38 g 
Moxigênio para consumir 30 g de Al
Al
108 g
30 g
O2
96g
x
x =
30 . 96
108
= 26,7 g
MAlumínio para consumir 38 g de O2
Al
108 g
y g
O2
96g
38 g
y =
38 . 108
96
= 42,75 g
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
4 . 27
108 g
3 . 32 
96 g
2 . 102
204 g
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u𝑚𝐴𝑙
mO
=
108
96
=
9
8
30 g 38 g 
Moxigênio para consumir 30 g de Al
Al
108 g
30 g
O2
96g
x
x =
30 . 96
108
= 26,7 g
MAlumínio para consumir 38 g de O2
Al
108 g
y g
O2
96g
38 g
y =
38 . 108
96
= 42,75 g
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
68 g
4 mol 3 mol 2 mol
4 . 27
108 g
3 . 32 
96 g
2 . 102
204 g
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u𝑚𝐴𝑙
mO
=
108
96
=
9
8
30 g 38 g 
Moxigênio para consumir 30 g de Al
Al
108 g
30 g
O2
96g
x
x =
30 . 96
108
= 26,7 g
MAlumínio para consumir 38 g de O2
Al
108 g
y g
O2
96g
38 g
y =
38 . 108
96
= 42,75 g
mO = 38 − 26,7
mO = 11,3 g
Essa proporção está correta?!4 Al + 3 O2 2 Al2O3
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
56,7 g 11,3 g 
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u
30 g 38 g 
Moxigênio para consumir 30 g de Al
Al
108 g
30 g
O2
96g
x
x =
30 . 96
108
= 26,7 g
MAlumínio para consumir 38 g de O2
Al
108 g
y g
O2
96g
38 g
y =
38 . 108
96
= 42,75 g
mO = 38 − 26,7
mO = 11,3 g
4 Al + 3 O2 2 Al2O3 + Excesso de O2
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
Massas Molares
Al = 27 u
O2 = 32 u
AL2O3 = 102 u
4 Al + 3 O2 2 Al2O3 + Excesso de O2
56,7 g 11,3 g 30 g 38 g 
Moxigênio para consumir 30 g de Al
Al
108 g
30 g
O2
96g
x
x =
30 . 96
108
= 26,7 g
MAlumínio para consumir 38 g de O2
Al
108 g
y g
O2
96g
38 g
y =
38 . 108
96
= 42,75 g
mO = 38 − 26,7
mO = 11,3 g
Reagente em EXCESSO: Componente que 
não reage completamente, sobra na reação.
Atenção para não usar a massa em excesso nos 
cálculos
Reagente LIMITANTE: é o componente 
que é totalmente consumido na reação.
Deve ser usado para realizar os cálculos 
estequiométricos.
Excesso de reagente
É o reagente que está em quantidade estequiométrica superior aos demais.
“Quando parte do reagente não reage, e sobra ao final da reação”
A proporção entre a razão das massas (Lei Proust) não é obedecida.
Química Prof. Vinicius
Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanho produzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Química Prof. Vinicius
Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanho produzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
1 SnO2(s) + 2 C(s) → 1 Sn(s) + 2 CO(g) 
Química Prof. Vinicius
Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanho produzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
1 SnO2(s) + 2 C(s) → 1 Sn(s) + 2 CO(g) 
C
2 mol
SnO2
1 mol
Massas molares
SnO2 = 151 g/mol
C = 12 g/mol
Química Prof. Vinicius
Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanho produzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
1 SnO2(s) + 2 C(s) → 1 Sn(s) + 2 CO(g) 
C
2 mol
24 g
SnO2
1 mol
151 g
Massas molares
SnO2 = 151 g/mol
C = 12 g/mol
Química Prof. Vinicius
Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanhoproduzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
1 SnO2(s) + 2 C(s) → 1 Sn(s) + 2 CO(g) 
C
2 mol
24 g
SnO2
1 mol
151 g
Massas molares
SnO2 = 151 g/mol
C = 12 g/mol
➢ MSnO2 para reagir com 50 kg de Carbono ➢ MC para reagir com 25 kg de SnO2
Química Prof. Vinicius
Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanho produzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
1 SnO2(s) + 2 C(s) → 1 Sn(s) + 2 CO(g) 
C
2 mol
24 g
SnO2
1 mol
151 g
Massas molares
SnO2 = 151 g/mol
C = 12 g/mol
➢ MSnO2 para reagir com 50 kg de Carbono
C
2 mol
24 g
50 kg
SnO2
1 mol
151 g
x
➢ MC para reagir com 25 kg de SnO2
Química Prof. Vinicius
Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanho produzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
1 SnO2(s) + 2 C(s) → 1 Sn(s) + 2 CO(g) 
C
2 mol
24 g
SnO2
1 mol
151 g
Massas molares
SnO2 = 151 g/mol
C = 12 g/mol
➢ MSnO2 para reagir com 50 kg de Carbono
C
2 mol
24 g
50 kg
SnO2
1 mol
151 g
x
x =
50.151
24
= 314,5 kg de SnO2
➢ MC para reagir com 25 kg de SnO2
Química Prof. Vinicius
Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanho produzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
1 SnO2(s) + 2 C(s) → 1 Sn(s) + 2 CO(g) 
C
2 mol
24 g
SnO2
1 mol
151 g
Massas molares
SnO2 = 151 g/mol
C = 12 g/mol
➢ MSnO2 para reagir com 50 kg de Carbono
C
2 mol
24 g
50 kg
SnO2
1 mol
151 g
x
x =
50.151
24
= 314,5 kg de SnO2
➢ MC para reagir com 25 kg de SnO2
Química Prof. Vinicius
Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanho produzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
1 SnO2(s) + 2 C(s) → 1 Sn(s) + 2 CO(g) 
C
2 mol
24 g
SnO2
1 mol
151 g
Massas molares
SnO2 = 151 g/mol
C = 12 g/mol
➢ MSnO2 para reagir com 50 kg de Carbono
C
2 mol
24 g
50 kg
SnO2
1 mol
151 g
x
x =
50.151
24
= 314,5 kg de SnO2
➢ MC para reagir com 25 kg de SnO2
C
2 mol
24 g
y
SnO2
1 mol
151 g
25 kg
Química Prof. Vinicius
Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanho produzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
1 SnO2(s) + 2 C(s) → 1 Sn(s) + 2 CO(g) 
C
2 mol
24 g
SnO2
1 mol
151 g
➢ MSnO2 para reagir com 50 kg de Carbono
C
2 mol
24 g
50 kg
SnO2
1 mol
151 g
x
x =
50.151
24
= 314,5 kg de SnO2
➢ MC para reagir com 25 kg de SnO2
C
2 mol
24 g
y
SnO2
1 mol
151 g
25 kg
y =
24.25.
151
= 4 kg de C
Massas molares
SnO2 = 151 g/mol
C = 12 g/mol
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Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanho produzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
1 SnO2(s) + 2 C(s) → 1 Sn(s) + 2 CO(g) 
C
2 mol
24 g
SnO2
1 mol
151 g
➢ MSnO2 para reagir com 50 kg de Carbono
C
2 mol
24 g
50 kg
SnO2
1 mol
151 g
x
x =
50.151
24
= 314,5 kg de SnO2
➢ MC para reagir com 25 kg de SnO2
C
2 mol
24 g
y
SnO2
1 mol
151 g
25 kg
y =
24.25.
151
= 4 kg de C
Massas molares
SnO2 = 151 g/mol
C = 12 g/mol
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Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanho produzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
1 SnO2(s) + 2 C(s) → 1 Sn(s) + 2 CO(g) 
C
2 mol
24 g
SnO2
1 mol
151 g
➢ MSnO2 para reagir com 50 kg de Carbono
C
2 mol
24 g
50 kg
SnO2
1 mol
151 g
x
x =
50.151
24
= 314,5 kg de SnO2
➢ MC para reagir com 25 kg de SnO2
C
2 mol
24 g
y
SnO2
1 mol
151 g
25 kg
y =
24.25.
151
= 4 kg de C
Sn
1mol
119 g
SnO2
1 mol
151 g
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Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanho produzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
1 SnO2(s) + 2 C(s) → 1 Sn(s) + 2 CO(g) 
C
2 mol
24 g
SnO2
1 mol
151 g
➢ MSnO2 para reagir com 50 kg de Carbono
C
2 mol
24 g
50 kg
SnO2
1 mol
151 g
x
x =
50.151
24
= 314,5 kg de SnO2
➢ MC para reagir com 25 kg de SnO2
C
2 mol
24 g
y
SnO2
1 mol
151 g
25 kg
y =
24.25.
151
= 4 kg de C
Sn
1mol
119 g
z
SnO2
1 mol
151 g
25 kg
Química Prof. Vinicius
Uma fonte natural de estanho é o minério cassiterita. A equação química de redução da cassiterita, não 
balanceada, a estanho metálico é apresentada a seguir. 
SnO2(s) + C(s) → Sn(s) + CO(g) 
Reagindo-se 50 kg de carbono com 25 kg de minério cassiterita (100% de pureza) e considerando-se um 
rendimento de 100%, a massa de estanho produzida será aproximadamente: 
Dados: C = 12 u; O = 16 u; Sn = 119 u 
a) 12,5 kg
b) 19,7 kg
c) 25 kg 
d) 50 kg 
1 SnO2(s) + 2 C(s) → 1 Sn(s) + 2 CO(g) 
C
2 mol
24 g
SnO2
1 mol
151 g
➢ MSnO2 para reagir com 50 kg de Carbono
C
2 mol
24 g
50 kg
SnO2
1 mol
151 g
x
x =
50.151
24
= 314,5 kg de SnO2
➢ MC para reagir com 25 kg de SnO2
C
2 mol
24 g
y
SnO2
1 mol
151 g
25 kg
y =
24.25.
151
= 4 kg de C
Sn
1mol
119 g
z
SnO2
1 mol
151 g
25 kg z =
119.25
151
= 19,7 kg de Sn
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São colocadas para reagir entre si, as massas de 1,00 g de sódio metálico e 1,00 g de cloro gasoso. Considere 
que o rendimento da reação é 100%. São dadas as massas molares, em g/mol: Na = 23,0 e Cl = 35,5. 
A afirmação correta é:
a) Há excesso de 0,153 g de sódio metálico.
b) Há excesso de 0,352 g de sódio metálico.
c) Há excesso de 0,282g de cloro gasoso.
d) Há excesso de 0,153 g de cloro gasoso.
e) Nenhum dos dois elementos está em excesso.
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São colocadas para reagir entre si, as massas de 1,00 g de sódio metálico e 1,00 g de cloro gasoso. Considere 
que o rendimento da reação é 100%. São dadas as massas molares, em g/mol: Na = 23,0 e Cl = 35,5. 
A afirmação correta é:
a) Há excesso de 0,153 g de sódio metálico.
b) Há excesso de 0,352 g de sódio metálico.
c) Há excesso de 0,282 g de cloro gasoso.
d) Há excesso de 0,153 g de cloro gasoso.
e) Nenhum dos dois elementos está em excesso.
2 Na + 1 Cl2 2 NaCl
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São colocadas para reagir entre si, as massas de 1,00 g de sódio metálico e 1,00 g de cloro gasoso. Considere 
que o rendimento da reação é 100%. São dadas as massas molares, em g/mol: Na = 23,0 e Cl = 35,5. 
A afirmação correta é:
a) Há excesso de 0,153 g de sódio metálico.
b) Há excesso de 0,352 g de sódio metálico.
c) Há excesso de 0,282 g de cloro gasoso.
d) Há excesso de 0,153 g de cloro gasoso.
e) Nenhum dos dois elementos está em excesso.
2 Na + 1 Cl2 2 NaCl
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São colocadas para reagir entre si, as massas de 1,00 g de sódio metálico e 1,00 g de cloro gasoso. Considere 
que o rendimento da reação é 100%. São dadas as massas molares, em g/mol: Na = 23,0 e Cl = 35,5. 
A afirmação correta é:
a) Há excesso de 0,153 g de sódio metálico.
b) Há excesso de 0,352 g de sódio metálico.
c) Há excesso de 0,282 g de cloro gasoso.
d) Há excesso de 0,153 g de cloro gasoso.
e) Nenhum dos dois elementos está em excesso.
Cl2
1 mol
71 g
Na
2 mol
46 g
2 Na + 1 Cl2 2 NaCl
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São colocadas para reagir entre si, as massas de 1,00 g de sódio metálico e 1,00 g de cloro gasoso. Considere 
que o rendimento da reação é 100%. São dadas as massas molares, em g/mol: Na = 23,0 e Cl = 35,5. 
A afirmação correta é:
a) Há excesso de 0,153 g de sódio metálico.
b) Há excesso de 0,352 g de sódio metálico.
c) Há excesso de 0,282 g de cloro gasoso.
d) Há excesso de 0,153 g de cloro gasoso.
e) Nenhum dos dois elementos está em excesso.
Cl2
1 mol
71 g
Na
2 mol
46 g
x =
46
71
= 0,65 g de Na
2 Na + 1 Cl2 2 NaCl
➢ Calculando massa de Na para reagir com 1,0 g de Cl2
Cl2
1 mol
71 g
1 g
Na
2 mol
46 g
x
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São colocadas para reagir entre si, as massas de 1,00 g de sódio metálico e 1,00 g de cloro gasoso. Considere 
que o rendimento da reação é 100%. São dadas as massas molares, em g/mol: Na = 23,0 e Cl = 35,5. 
A afirmação correta é:
a) Há excesso de 0,153 g de sódio metálico.
b) Há excesso de 0,352 g de sódio metálico.
c) Há excesso de 0,282 g de cloro gasoso.
d) Há excesso de 0,153 g de cloro gasoso.
e) Nenhum dos dois elementos está em excesso.
Cl2
1 mol
71 g
Na
2 mol
46 g
x =
46
71
= 0,65 g de Na
2 Na + 1 Cl2 2 NaCl
➢ Calculando massa de Na para reagir com 1,0 g de Cl2
Cl2
1 mol
71 g
1 g
Na
2 mol
46 g
x
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São colocadas para reagir entre si, as massas de 1,00 g de sódio metálico e 1,00 g de cloro gasoso. Considere 
que o rendimento da reação é 100%. São dadas as massas molares, em g/mol: Na = 23,0 e Cl = 35,5. 
A afirmação correta é:
a) Há excesso de 0,153 g de sódio metálico.
b) Há excesso de 0,352 g de sódio metálico.
c) Há excesso de 0,282 g de cloro gasoso.
d) Há excesso de 0,153 g de cloro gasoso.
e) Nenhum dos dois elementos está em excesso.
Cl2
1 mol
71 g
Na
2 mol
46 g
x =
46
71
= 0,65 g de Na
2 Na + 1 Cl2 2 NaCl
➢ Calculando massa de Na para reagir com 1,0 g de Cl2
Cl2
1 mol
71 g
1 g
Na
2 mol
46 g
x
y =
71
46
= 1,652 g de Cl
➢ Calculando massa de Cl2 para reagir com 1,0 g de Na
Cl2
1 mol
71 g
y g
Na
2 mol
46 g
1
Excesso de reagente
Quando parte do reagente não é convertido em produto.
A proporção (Lei Proust) entre a razão das massas não é obedecida.
Reagente em EXCESSO: Componente que 
não reage completamente, sobra na reação.
Atenção para não usar a massa em excesso nos 
cálculos
Reagente LIMITANTE: é o componente 
que é totalmente consumido na reação.
Deve ser usado para realizar os cálculos 
estequiométricos.
“ Geralmente quando o exercício fornece a massa de 2 reagentes e pede a massa do produto”
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