Aula I - Estequiometria e equilíbrio de equações

Prévia do material em texto

UFT – Estrutura e Propriedades da Matéria Prof. Francisco C. D. de Lemos 
 
 
1 
ESTEQUIOMETRIA 
As transformações químicas ou reações químicas constituem um dos aspectos 
mais importantes no estudo dos materiais na natureza. A transformação do “caldo de cana” 
em álcool ou a queima da gasolina nos automóveis, e o processo de ferrugem são exemplos 
clássicos de reações químicas observadas no dia a dia. 
Para entender esses fenômenos, vamos rever uma seqüência de conceitos 
fundamentais tais como: mol, massa molar e reagente limitante. Veremos também métodos 
de determinação de coeficientes e relações estequiométricas em equações químicas. Com 
isso podemos também calcular o rendimento de uma reação química. 
O estudo do cálculo envolvendo coeficientes e relações estequiométricas em 
equações químicas é chamado estequiometria. 
A palavra estequiometria se refere à medida e cálculo das quantidades dos 
elementos, presentes nos compostos e reações químicas. Esta palavra se origina do grego 
stoicheion (elemento) e metron (medida). É uma parte da química que estuda de maneira 
quantitativa os mols, as massas e os volumes dos reagentes e produtos participantes em 
uma reação química. 
Diversos problemas como: a medida da concentração de ozônio na atmosfera, a 
salinidade das águas de um rio, a produção de substâncias na indústria, a determinação e 
rendimento da obtenção de alguns minérios são resolvidos através de cálculos 
estequiométricos 
Os fundamentos da estequiometria foram baseados nos postulados atômicos de 
Dalton, químico inglês, que viveu no século XIX. Eles se baseiam em certas relações de 
massa e são determinados experimentalmente. 
 
O mol 
Você já aprendeu que as unidades fundamentais da química são os átomos e as 
moléculas. 
Geralmente, todas as equações da química teórica apresentam o número de 
moléculas como um fator importante. Sendo assim, é necessário saber medir e expressar o 
número de moléculas presentes em qualquer sistema químico. 
Para se estabelecer uma escala de massas absolutas para os átomos, é preciso 
definir um padrão com o qual elas possam ser comparadas. 
Os cientistas escolheram como padrão ou unidade de medida, para comparar a 
massa dos átomos, algo inerente ao mundo microscópico da mesma ordem de grandeza da 
massa dos átomos. Para os químicos esse padrão é o isótopo mais abundante do carbono, 
denominado carbono-12, cujo símbolo é 12C. Associamos a um átomo deste isótopo 
exatamente doze unidades de massa, que são chamadas de unidades de massa atômica, 
sendo simbolizada no SI pela letra u. Observe que esta convenção implica em uma unidade 
de massa atômica ser igual a 1/12 da massa de um átomo de carbono-12, ou em outros 
termos: 
1 átomo de 12C  12 u 
A escolha do 12C como padrão, foi porque o carbono é um elemento bastante 
comum, e 1/12 porque as massa atômicas de aproximadamente todos os elementos seriam 
quase sempre número inteiros, ficando o hidrogênio, átomo mais leve, com a massa 
aproximadamente igual a 1 u. 
Dessa forma foi criado o conceito de mol para quantificar o número de partículas 
ou unidades elementares de uma determinada amostra. 
Para explicar a alguém o que significa 1 mol, poderíamos dar-lhe 12 g de carbono-
12 e convidá-lo a contar os seus átomos. Entretanto, contá-los diretamente é impraticável. 
Então usamos o caminho indireto baseado na massa de um átomo de carbono-12, a qual foi 
determinada por espectrometria de massa, como sendo 1,99265 x 10-23 g. 
Segue que o número de átomos em exatamente 12 g de carbono-12 é: 
UFT – Estrutura e Propriedades da Matéria Prof. Francisco C. D. de Lemos 
 
 
2 
 
Podemos dizer que 1 mol de átomos de qualquer elemento é 6,0221 x 1023 átomos 
do elemento. O mesmo é verdadeiro para 1 mol de qualquer quantidade de objetos, átomos, 
íons ou moléculas: 
O número de objetos por mol, 6,0221 x 1023/mol, é chamado de constante de 
Avogadro, em honra ao cientista Italiano que viveu no século XIX, Amadeo Avogadro. 
 
1 mol de elétrons = 6,0221 x 1023 elétrons; 
1 mol de moedas = 6,0221 x 1023 moedas; 
1 mol de C + 1 mol de O  1 mol de CO; 
(6,0221 x 1023 átomos de C) + (6,0221 x 1023 átomos de O)  (6,0221 x 1023 de moléculas de 
CO). 
Verificamos então, que a relação pela qual os mols das substâncias reagem, é a 
mesma relação pela qual os seus átomos e moléculas também reagem. 
Usando o Número de Avogadro, você pode converter o número de átomos e 
moléculas em mols. 
Exemplo 1: Uma certa quantidade de ácido acético (CH3COOH), substância presente no 
vinagre, contém 2,25 x 1024 átomos de hidrogênio. Que quantidade em mols de hidrogênio 
existe nesta amostra? 
Resolução: Se um mol de átomos de H contém 6,02 x 1023 átomos de H, então a quantidade 
em mols será: 
 2,25 x 1024 átomos 
Quantidade em mols de átomos de H = ———————————— = 3,74 mols 
 6,02 x 1023 átomos/mol 
 
Exemplo 2: Uma amostra de uma substância extraída do abacaxi, usada como 
antinflamatório contém 1,26 x 1023 moléculas de oxigênio. Que quantidade em mols de O2 
estão presentes nesta amostra? 
Resolução: Sabemos que um mol de moléculas de O2 contém 6,02 x 1023 moléculas de O2. 
Logo, a quantidade em mols presentes na amostra, será: 
 
 1,26 x 1023 moléculas 
Quantidade em mols de moléculas de O2 = ——————————— = 0,209 mols 
 6,02x 1023 moléculas/mol 
Massa molar 
Quando você estudou química no nível médio, aprendeu que a massa molar de um 
elemento é a massa de um mol de seus átomos; a de um composto molecular é a massa de 
um mol de suas moléculas e que a de um composto iônico é a massa de um mol de sua 
fórmula unitária. Para expressar massa molar, usaremos o símbolo MM. Como podemos 
determinar a quantidade em mols (quantidade de matéria) de uma certa quantidade de 
massa de substância? 
Para obtermos esta resposta, devemos saber que para qualquer substância 1 mol 
encerra m gramas. Como MM, representa a sua massa molar, isto é, a soma das massas 
atômicas na fórmula, se dividirmos a massa da substância, m, pela massa molar, MM, 
teremos então o resultado em quantidade matéria, n. 
 
Exemplo 3: A uréia (NH2)2CO, é uma substância muita usada como fertilizante agrícola e 
também na indústria de cosméticos. Determine a sua massa molar (MM). 
Resolução: MM(g/mol): N = 14,00; H = 1,00; C = 12,00; 0 = 16,00. 
Número de átomos de carbono
g
x  12 6 0221 102312 g
1,99265 x 10 -23
,
UFT – Estrutura e Propriedades da Matéria Prof. Francisco C. D. de Lemos 
 
 
3 
MM da (NH2)2CO = 2 x 14,00 + 4 x 1,00 + 1 x 12,00 + 1 x 16,00 = 60,00 g/mol 
 
Exemplo 4: Calcule o número de moléculas existentes em 1,00 x 10-5 g de uréia. 
Resolução: 60,00 g de (NH2)2CO  6,02 x 1023 moléculas de (NH2)2CO 
 1,00 x 10-5 g de (NH2)2CO  X moléculas de (NH2)2CO 
 X = 1,00 x 1017 moléculas de (NH2)2CO 
 
 
Balanceamento de Equações Químicas 
Como sabemos, uma equação química é a representação de uma reação química, 
as quais são representadas de acordo com a Lei da Conservação da Massa. Ou seja, ao 
término da reação, a massa dos produtos é igual a massa dos reagentes consumidos. Ou 
ainda, o número de átomos dos diferentes elementos que constituem os produtos, no final da 
reação, é o mesmo que estava presente nos reagentes. As equações químicas, não possuem 
apenas as fórmulas dos compostos que participam dareação, mas também os coeficientes, 
para que a quantidade de átomos presentes no início da reação seja igual aos do fim. O 
cálculo realizado na obtenção desses coeficientes é chamado de balanço de massa da 
reação. 
Para qualquer determinação quantitativa é preciso que a equação química da 
reação ocorrida esteja corretamente balanceada. 
Métodos de balanceamento de equações químicas 
Os métodos utilizados no balanceamento de equações químicas são inspeção ou 
tentativas, algébrico e o de oxidação-redução que serão detalhados e exemplificados a 
seguir. 
Algumas equações são facilmente balanceadas, isso é, levam apenas alguns 
minutos, mas algumas são um pouco mais complicadas e devemos estar atentos para 
aplicar o método adequado. Como por exemplo, se houver variação no número de oxidação 
de algum elemento durante a reação, a equação será de oxidação-redução e o método 
adequado para o balanceamento será o de oxidação redução. 
 
I. Método por tentativas – Método que utiliza a inspeção para o balanceamento de 
equações. Para facilitar o entendimento do método veja a seguir algumas regras práticas: 
1. Começar com o elemento que aparecer apenas uma vez no lado dos reagentes e 
no lado dos produtos; 
2. Dar preferência ao elemento que possuir o maior índice. 
 
Exemplo 5: A queima do álcool é descrita pela seguinte equação química: 
 C2H6O(l) + O2 (g)  CO2 (g) + H2O(l) 
Resolução: Devemos começar o acerto pelo elemento que apareça uma só vez de cada 
lado da equação (nesse caso temos o carbono e o hidrogênio). Portanto, devemos 
multiplicar o carbono por 2 e o hidrogênio por 3 (ambos do lado direito da equação) para 
ficarmos com 2 átomos de carbono e 6 átomos de hidrogênio de cada lado da equação. 
Teremos, portanto: 
 C2H6O(l) + O2 (g)  2 CO2 (g) + 3 H2O(l) 
Agora equilíbra-se os oxigênios. Após equilibra o carbono e hidrogênio, passamos a ter 4 
oxigênios pertencentes ao CO2 e 3 oxigênios da água, somando um total de 7 oxigênios do 
lado dos produtos e apenas 3 do lado dos reagentes (1 átomo de oxigênio do C2H6O e 2 
átomos do O2). Para resolver a questão basta multiplicar o oxigênio por 3 e passamos a ter: 
 C2H6O(l) + 3 O2 (g)  2 CO2 (g) + 3 H2O(l) 
 
UFT – Estrutura e Propriedades da Matéria Prof. Francisco C. D. de Lemos 
 
 
4 
Na equação temos, agora, 2 átomos de carbono, 6 de hidrogênio e 7 de oxigênio nos 
reagentes e produtos, assim a equação está balanceada. 
 
 
II. Método Algébrico – Embora o método de tentativas e erros frequentemente funcione em 
exemplos simples, o processo de balanceamento de equações químicas envolve a 
resolução de um sistema de equações de primeiro grau a que chamamos de algébrico. 
Para explicar o método seguiremos o exemplo a seguir passo a passo: 
 
Exemplo 6: A combustão de amônia (NH3) em oxigênio produz nitrogênio (N2) e água. A 
equação química não balanceada para o fenômeno é: 
NH3(g) + 02(g)  N2(g) + H20(l) 
Resolução: Utilizando o método algébrico, denotamos os números de moléculas de 
amônia, oxigênio, nitrogênio e água por W, X, Y e Z, respectivamente, assim estaremos 
procurando uma equação da forma: 
 
W NH3(g) + X 02(g)  Y N2(g) + Z H20(l) 
 
Comparando os números de átomos de nitrogênio, hidrogênio e oxigênio nos reagentes e 
nos produtos, obtemos o seguinte sistema de equações: 
 
Nitrogênio: W = 2Y 
Hidrogênio: 3W = 2Z 
Oxigênio: 2X = Z 
 
Em seguida dá-se um valor arbitrário a uma das incógnitas e se resolve cada sistema, de 
maneira que as incógnitas serão proporcionais. Assim, se na equação do nitrogênio o valor 
de Y = 1, por exemplo, implica que o valor de W será 2. Substituindo o valor de W na 
equação do hidrogênio, implica que o valor de Z será 3. Substituindo o valor de Z na 
equação do oxigênio, o valor de X será 3/2. Como o coeficiente deve ser um número inteiro 
e menor possível, multiplicamos todos por 2 e obtemos: 
 
Y = 1 x 2 = 2 
W = 2 x 2 = 4 
Z = 3 x 2 = 6 
X = 3/2 x 2 = 3 
 
Os coeficientes da amônia, oxigênio, nitrogênio e água e são, respectivamente, 4, 3, 2 e 6. 
Assim a equação balanceada será: 
 
4 NH3(g) + 3 02(g)  2 N2(g) + 6 H20(l) 
 
 
III. Método de Oxidação-redução - As reações de oxidação-redução, redox ou de oxi-
redução ocorrem pela transferência de elétrons e constituem uma classe importante de 
reações química, que fazem parte do nosso cotidiano. 
A corrosão é um exemplo de uma reação redox, logo o ferro e o aço usados nos 
carros, pontes e construções oxidam-se e formam ferrugem. Muitos processos biológicos 
dependem de reações de transferência de elétrons. Por exemplo, o oxigênio que respiramos 
é convertido em água, dióxido de carbono e energia. 
UFT – Estrutura e Propriedades da Matéria Prof. Francisco C. D. de Lemos 
 
 
5 
Outros processos biológicos que podem ser citados são os da conversão da água 
em oxigênio (O2) durante a fotossíntese pelos vegetais verdes e a conversão do nitrogênio 
(N2) da atmosfera, por bactérias, a uma forma assimilável do nitrogênio (NH4+) pelos vegetais. 
Para aplicar o método de oxidação-redução no balanceamento de equações é 
necessário que se identifique as espécies que sofrem oxidação (processo de perda de 
elétrons) e a que sofre redução (processo de ganho de elétrons) na reação. Em outras 
palavras, quando um átomo, íon ou molécula se torna mais positivamente carregado, 
dizemos que ele foi oxidado. Ao contrário, se a espécie se torna mais negativamente 
carregado, dizemos que ele foi reduzido. Assim, observe que a oxidação e a redução são 
processos simultâneos, ou seja, quando um reagente perde elétrons outro tem de ganhá-los, 
a oxidação de uma espécie é sempre acompanhada da redução de outra. 
Para que possamos ter informações a respeito da quantidade de elétrons perdidos 
e ganhos pela espécie oxidada e reduzida, respectivamente, devemos aplicar conceito de 
números de oxidação ou estados de oxidação. O número de oxidação (que, em geral, se 
abrevia como NOX) indica a número de elétrons que o átomo ou íon perde ou ganha para 
adquirir estabilidade química. Quando o átomo ou o íon perde elétrons, seu número de 
oxidação aumenta, quando ganha elétrons, seu número de oxidação diminui. 
Para se determinar o NOX dos elementos devemos observar algumas regras, 
como por exemplo: 
1. O átomos em substâncias simples apresentam NOX igual a zero. 
2. A soma dos Nox de todos os átomos de uma substância é sempre igual a zero. 
3. Em um íon composto a soma dos NOX igual a sua carga e em um simples, é a própria 
carga. 
4. Alguns elementos apresentam NOX definidos: 
a. Metais alcalinos (grupo 1) e a prata têm NOX +1; 
b. Metais alcalinos terrosos (grupo 2), zinco e cádmio têm NOX +2; 
c. O hidrogênio, em geral, tem NOX +1, exceto quando ligado a metais (hidretos) que 
é -1; 
d. O oxigênio em geral é -2, exceto quando ligado a flúor que é +2, nos peróxidos que 
é -1 e nos superóxidos que é -1/2; 
e. Os halogênios em compostos binários apresentam NOX -1 e o flúor em qualquer 
composto é sempre -1. 
 
Exemplo 7: Determine o NOX para os elementos indicados nas substâncias a seguir: (a) 
H2O (b) H2SO4 (c) Cl2 e (d) FeCl2 
 
Resolução:(a) H2O – Aplicando a regra 4d, o oxigênio tem NOX -2 e a regra 2, segue-se que 
o hidrogênio terá NOX +1. 
 (b) H2SO4 – Utilizando a regra 2, 4d para o oxigênio e 4c para o hidrogênio, 
resolve-se a equação e encontra-se que o enxofre no ácido sulfúrico tem 
NOX +6. 
 (c) Cl2 – A partir da regra 1, têm-se que o NOX do Cl é zero. 
 (d) FeCl2 – Aplicando a regra 2 e a 4e para o cloro, determina-se que o NOX do 
ferro é +2. 
 
O balanceamento pelo método de oxidação-redução inicia-se,portanto, pela 
análise da equação química onde os NOX dos elementos dos reagentes e produtos devem 
ser determinados para verificar se houve variação de NOX. Em caso positivo, deve-se igualar 
a quantidade de elétrons perdidos e ganhos que é o fundamento do método. 
Para melhor entendimento e aplicação do método acompanhe o exemplo a seguir: 
 
UFT – Estrutura e Propriedades da Matéria Prof. Francisco C. D. de Lemos 
 
 
6 
 
Exemplo 8: Balancear pelo método de oxidação-redução a equação: 
HNO3 (sol) + I2 (s)  HIO3 (sol) + NO(g) + H2O(l) 
Resolução: Para encontrar os coeficientes estequiométricos pelo método da transferência 
de elétrons, devemos seguir algumas etapas, que facilitam esta determinação. 
 
1) Atribua os números de oxidação de todos os átomos na equação; 
 1 5+ 2- 0 1 5+ 2- 2+ 2- 1+ 2- 
H N O3 (sol) + I2(s)  H I O3 (sol) + N O(g) + H2 O(l) 
2) Identifique os átomos que variam de número de oxidação e insira coeficientes 
momentâneos de forma que tenham o mesmo número de átomos em ambos os lados; 
 1 5+ 2- 0 1 5+2- 2+ 2- 1+ 2- 
 H N O3 (sol) + I2 (s)  2 H I O3 (sol) + NO(g) + H2O (l) 
3) Calcule a variação total no número de oxidação, tanto para a reação de oxidação como 
para a de redução; 
(N) ganho de 3 mols de elétrons 
 
 HNO3 (sol) + I2 (s)  2 H I O3 (sol) + NO(g) + H2O (l) 
 1 5+ 2- 0 1 5+ 2- 2+ 2- 1+ 2- 
 
(I2) perda de 10 mols de elétrons 
4) Torne igual o ganho e a perda total de elétrons, multiplicando os coeficientes por fatores 
apropriados; 
(N) ganho de 3 mols de elétrons x 10 = 30 mols de elétrons 
 
HNO3 (sol) + I2 (s)  2HIO3 (sol)+ NO(g) + H2O(l) 
 1 5+ 2- 0 1 5+2- 2+2- 1+ 2- 
 
(I2) perda de 10 mols de elétrons x 3 = 30 mols de elétrons 
5) Finalmente, balanceie o restante da equação por inspeção; 
10 HNO3 (sol) + 3 I2 (s)  6 HIO3 (sol) + 10 NO(g) + 2 H2O(l) 
Exemplo 9: Balanceie as seguintes equações pelo método de transferência de elétrons. (Os 
coeficientes em negrito são as respostas corretas para o balanceamento) 
1) 1 I2 (s) + 10HNO3 (sol)  2HIO3 (sol) + 10NO2 (g) + 4H2O (l) 
2) 5H2O2aq) + 2KMnO4(aq)+ 3H2SO4(aq)  2MnSO4(aq) + 5O2(g) + 1K2SO4aq) + 8H2O(l) 
 
Relações estequiométricas 
Uma reação química é a conversão de uma ou mais substâncias em outras. Nelas 
devemos representar as substâncias que irão reagir, chamadas de reagentes, e as que se 
formarão, chamadas de produtos, separadas por uma “seta”: 
 Reagentes  Produtos 
 
Exemplo 10: A queima ou combustão do gás butano (C4H10), o gás de cozinha, é 
representada pela equação: 
C4H10 (g) + O2 (g)  CO2 (g) + H2O(l) 
Observando a equação, verificamos que ela não está de acordo com a Lei da 
Conservação das Massas, porque o número de átomos dos reagentes, não é igual ao 
número de átomos dos produtos. Para que isto ocorra, é necessário determinar os seus 
coeficientes estequiométricos, ou seja, balanceá-la. Assim, sua representação correta, é: 
UFT – Estrutura e Propriedades da Matéria Prof. Francisco C. D. de Lemos 
 
 
7 
 2C4H10 (g) + 13O2 (g)  8CO2 (g) + 10H2O(l) 
Do ponto de vista macroscópico, podemos considerar os coeficientes como 
indicadores de proporção entre a quantidade em mols dos participantes de uma reação. 
A idéia envolvida é simples. Consultando a tabela periódica, chegamos às massas 
molares (MM) dos participantes e de posse delas, montamos a relação matemática desejada. 
Como exemplo podemos considerar a equação de formação da amônia (NH3): 
 
 N2(g) + 3H2(g)  2NH3(g) 
Proporção: 
 
 
 
1 mol 
MM de N2 = 
28,00 g 
3 mols 
MM de H2 = 
2,00 g 
2 mols 
MM de NH3
= 17,00 g 
 
Grandezas 
envolvidas: 
Massa 
28,00 g 
Massa 
3 x 2,00 g 
Massa 
2 x 17,00 g 
 Quando em uma reação química, pelo menos uma das substâncias encontra-se 
no estado gasoso, podemos utilizar a Lei Volumétrica de Gay-Lussac, a qual foi 
estabelecida a partir de uma série de experiências. Observe-se que, nas condições normais 
ambientes de pressão e temperatura (CNATP), isto é, a 298,15 K e 1 bar = 105 Pa (pascal) 
o volume molar de um gás perfeito é facilmente calculado por Vm = RT/p e vale 24,789 L∙mol-
1. Uma definição mais antiga de condições normais de temperatura e pressão (CNTP) era 
e 0 ºC = 273,15 K e 1 atm onde o volume molar de um gás perfeito é de 22,414 L∙mol-1. Nos 
cálculos realizados a seguir, por ocasião, utilizou-se o valor nas CNTP aproximado de 22,41 
L∙mol-1. 
Assim, a partir de uma equação química, podemos estabelecer relações, tais 
como: massa – massa e massa – mol. E, quando existem gases envolvidos: massa – 
volume e mol – volume. 
 
Considerando ainda, o exemplo da formação da amônia, podemos ter a relação, 
volume – volume – massa: 
 
 N2(g) + 3H2(g)  2NH3(g) 
Proporção: 
 
 
 
1 mol 
Volume molar 
de um gás = 
22,41 L 
3 mols 
Volume molar 
de um gás = 
22,41 L 
2 mols 
MM de NH3 
= 17,00 g 
Grandezas 
envolvidas: 
Volume 
22,41 L 
Volume 
3 x 22,41L 
Massa 
2 x 17,00 g 
Relação: massa – massa 
Exemplo 11: O álcool etílico (C2H5OH), usado como combustível para automóveis e outros 
fins, queima de acordo com a equação: 
C2H5OH(l) + O2(g)  CO2(g) + H2O(l) 
a) Quantos gramas você deverá usar de oxigênio, para queimar 1,80 mols de C2H5OH de 
acordo com equação da reação balanceada? 
b) Se você queimar 9 g de C2H5OH, quantos gramas de CO2 serão produzidos na 
combustão? 
Resolução: Sabendo que: MM (g/mol) = C2H5OH = 46,00; O2 = 32,00; CO2 = 44,00 e dada a 
Equação balanceada: 
C2H5OH(l) + 3O2(g)  2CO2(g) + 3H2O(l) 
a) 1,00 mol de C2H5OH  46,00 g de C2H5OH 
 1,80 mol de C2H5OH  X 
UFT – Estrutura e Propriedades da Matéria Prof. Francisco C. D. de Lemos 
 
 
8 
 Logo: X = 82,80 g de C2H5OH 
Se: 46,00 g de C2H5OH  96,00 g de O2 
 82,80 g de C2H5OH  Y g O2 
 Então: Y = 172,80 g de O2 
b) Voltando à equação balanceada, vemos que 1,00 mol de C2H5OH produz 2,00 mols de 
CO2. Com isso temos a seguinte relação: 
46,00 g de C2H5OH  2x (44,00 g) de CO2 
9,00 g de C2H5OH  Z g de CO2 
Z = 17,217 g ≈ 17,22 g de CO2 
Relação massa – volume e mol – volume 
Exemplo 12: Considerando que o C2H5OH queima de acordo com a equação não 
balanceada: 
C2H5OH(l) + O2(g)  CO2(g) + H2O(l) 
a) Que volume de oxigênio, nas CNTP, pode ser utilizado para queimar 1,80 mols de 
C2H5OH, de acordo com equação da reação balanceada? 
b) Se você queimar 9,00 g de C2H5OH, qual o volume de CO2 produzido na combustão, nas 
CNTP? 
Resolução: Equação balanceada: C2H5OH(l) + 3O2(g)  2CO2(g) + 3H2O(l) 
a) Logo: 
 1,00 mol de C2H5OH  3,00 mols de O2 (3 x 22,41 L de O2 nas CNTP) 
 1,80 mol de C2H5OH  X 
 X = 121,01 L de O2 
b) 1,00 mol de C2H5OH produz 2,00 mols de CO2. Com isso temos a seguinte relação: 
46,00 g (1,00 mol de C2H5OH)  (2,00 mols) x 22,41 L de CO2 
 9,00 g de C2H5OH  YL de CO2, logo Y = 8,77 L de CO2 
Relação mol – massa 
Exemplo 13: A indústria farmacêutica utiliza o Al(OH)3 na maior parte dos antiácidos 
fabricados. A equação química balanceada da reação entre o HCl, substância presente no 
nosso estômago, e o Al(OH)3 sólido, é: 
Al(OH)3 (s) + 3HCl(sol)  AlCl3 (sol)+ 3H2O(l) 
a) Se você quiser neutralizar 0,01 mol de hidróxido de alumínio, quantos gramas de ácido 
clorídrico deverá usar? 
b) Quantos mols de água são produzidos nesta reação, quando uma pessoa que sofre de 
acidez no estômago, ingere 0,50 g de hidróxido de alumínio? 
 
Resolução: Dados de MM (g/mol): Al(OH)3 = 78,00; AlCl3 = 133,50 ; HCl = 36,50; H2O = 
18,00. 
a) Através da equação balanceada, podemos estabelecer a e relação: 
1,00 mol de Al(OH)3  3,00 x 36,50 g de HCl, 
0,01 mol de Al(OH)3  X g de HCl 
X = 1,10 g de HCL 
b) Como: 78,00 g de Al(OH)3  3,00 mols de H2O 
 0,50 g de Al(OH)3  Z mols de H2O 
Z = 0,02 mol de H2O 
 
 
 
 
 
UFT – Estrutura e Propriedades da Matéria Prof. Francisco C. D. de Lemos 
 
 
9 
Reagente Limitante de uma reação química 
 Quando os reagentes são misturados em quantidades aleatórias, é natural que um 
deles acabe primeiro. Neste momento a reação para. O reagente que acabou é chamado de 
reagente limitante da reação. Isto quer dizer, que ele é a substância que se encontra em 
menor quantidade com respeito à estequiometria da reação. 
Exemplo 14: Zinco e enxofre reagem para formar sulfeto de zinco, uma substância usada 
para recobrir paredes internas dos tubos de imagem das antigas TV´s. A equação para a 
reação é: 
Zn(s) + S(s)  ZnS(s) 
a) Quantos gramas de ZnS são formados, quando 36,00 g de Zn reagem com 19,50 g de S? 
b) Qual é o reagente limitante da reação? 
c) Quanto do reagente em excesso permanece sem reagir? 
Resolução: Dados de MM (g/mol): Zn = 65,40; S = 32,00; ZnS = 97,40 
Como foram dadas as quantidades dos dois reagentes é preciso descobrir se um 
deles está em excesso. Admitindo que o Zn é totalmente consumido, poderemos calcular a 
quantidade de enxôfre necessária para a reação: 
65,40 g (1mol) de Zn  32,00 g (1mol) de S 
36 g de Zn  X g de S 
X = 17,61g de S 
Comparando esta quantidade (17,61g), com a quantidade disponível de enxofre na 
reação (19,50 g), concluímos que o enxofre é o reagente em excesso. Consequentemente, o 
zinco é o reagente limitante. Portanto, para calcular a massa de enxofre em excesso, 
diminuiremos a quantidade de enxofre consumido na reação da quantidade inicial: 
A massa de enxofre em excesso, é: 19,50 – 17,61 = 1,89 g 
A massa de sulfeto de zinco produzida deve ser calculada a partir do reagente 
limitante, ou seja, a partir da quantidade de zinco presente na reação. Assim: 
 65,40 g de Zn  97,40 g de ZnS 
 36,00 g de Zn  Y g de ZnS 
 Y = 53,61g de ZnS 
Exemplo 15: O etileno, C2H4, queima em presença do ar, para formar CO2 e H2O. A equação 
balanceada desta reação é: 
C2H4 (g) + 3O2 (g)  2CO2 (g) +2H2O(g). 
Quantos gramas de CO2 serão formados ao se inflamar uma mistura contendo 
1,93 g de C2H4 e 5,92 g de O2? 
Resolução: Dados de MM(g/mol):C2H4 = 28,00; O2 = 32,00; CO2 = 44,00; H2O = 18,00 
 Resolvendo, temos: 
28,00 g de C2H4  (3 x 32,00) g de O2 
1,93 g de C2H4  Z g de O2 
Z = 6,62 g de O2 
Analisando este resultado, concluímos que o reagente limitante nesta reação é o 
oxigênio, uma vez que só dispomos de 5,92 g para reagir com 1,93 g de etileno. 
Pela equação balanceada, 3 mols (96,00 g) de O2, produzem 2 mols (88,00 g) de 
CO2,, sendo assim, se: 
96,00 g de O2  88,00 g de CO2 
5,92 g de O2  W g de CO2 
W = 5,43 g de CO2 
 
 
 
UFT – Estrutura e Propriedades da Matéria Prof. Francisco C. D. de Lemos 
 
 
10 
Rendimento teórico 
 É o rendimento máximo que se pode obter de um produto de uma reação química. 
Em outras palavras, o rendimento teórico ou produção teórica de uma reação é a quantidade 
de produtos formados pela transformação completa do reagente limitante. 
Nem sempre a quantidade de produto obtido, ao final da reação, corresponde ao 
valor teórico previsto. Podem ocorrer reações paralelas ou mesmo, dificuldade de se isolar o 
produto formado, da mistura reacional. Neste caso, a quantidade de produto obtida é 
denominada, Rendimento real. 
 
Rendimento centesimal. 
É uma medida da eficiência de uma reação, podendo ser definido como: 
 Rendimento	centesimal = rendimento	realrendimento	teórico 	x	100 
 
Usaremos os resultados obtidos no exemplo 14, para calcularmos o rendimento 
centesimal da reação de produção de gás carbônico (CO2), a partir da combustão do etileno 
(C2 H4). 
Exemplo 16: Na reação ocorrida do exemplo anterior, encontramos que a quantidade de CO2 
formada, foi 5,43 g. Este é o rendimento teórico da reação. Suponhamos que foram obtidos 
apenas 3,45 g de CO2, então o rendimento centesimal será: 
 Rendimento	centesimal = 3,45	g5,43	g 	x	100 = 63,53	% 
 
 
Exemplo 17: O gás oxigênio, O2, pode ser obtido, em laboratório, através da reação de 
decomposição térmica do clorato de potássio (KClO3 ): 
2 KClO3 (s)  2KCl(s) + 3 O2 (g) 
Se a decomposição de 2,50 g de KClO3, produziu 0,90 g de O2, determine o rendimento 
centesimal desta obtenção. 
 
Resolução: Dados de MM(g/mol): KClO3 =122,50; KCl = 74,50; O2 = 32,00. 
Se, 2 mols de KClO3 produzem 3 mol de KClO3, então: 
 
(2 x 122,50) g de KClO3  (3 x 32,00) g de O2 
2,50g  X 
X = 0,98 g 
 
Assim, calcularemos o rendimento percentual, dividindo o rendimento real (0,90 g) pelo 
rendimento teórico (0,98 g), multiplicado por 100: 
 Rendimento	centesimal = 0,90	g0,98	g 	x	100 = 91,84	% 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
UFT – Estrutura e Propriedades da Matéria Prof. Francisco C. D. de Lemos 
 
 
11 
 
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 
 
 
ATKINS, Peter; JONES Loretta; Princípios de Química – Questionando a vida moderna e o 
meio ambiente; Tradução de Ignez Caracelli; Julio Zukerman-Schpector; Robinson Luiz 
Camillo; Francisco C. D. Lemos; Regina Helena de Almeida Santos; Maria Tereza do Prado 
Gambardella; Paulo Celso Isolani; Ana Rita de Araújo Nogueira; Elma Neide V. M. Carrilho; 
Porto Alegre: Bookman, 1999. 
 
ATKINS, Peter; PAULA, Julio de; Físico-Química, 7. Ed., Livros Técnicos e Científicos Editora 
S.A. Rio de Janeiro; 2002. Vol. 1 
BRADY, James E.; RUSSEL, Joel W.; HOLUM, John R.; Química – A Matéria e Suas 
Transformações; Livros Técnicos e Científicos Editora S.A. Rio de Janeiro; 2002. Vol. 1 
CONSTANTINO, Maurício Gomes; SILVA, Gil Valdo; DONATE, Paulo Marcos. Fundamentos 
de química experimental. São Paulo: EDUSP, 2004. 
 
HAWLEY, Gessner. Dicionario de química y de productos químicos. Tradução de Luis 
Garcia–Ramos. Barcelona: Ediciones Omega, 1975. 
 
MAHAN, Bruce M.; MAYERS, Rollie J. Química um curso universitário. 4. ed. Tradução de 
Koiti Araki; Denise de Oliveira Silva: Flávio Massao Matsumoto. São Paulo: Edgard Blücher, 
2003. 
RUIZ, Andoni Garritz; GUERRERO, José Antonio Chamiso. Química. Tradução de Giovanni 
S. Crisi. São Paulo: Prentice Hall, 2002. 
 
SILVA, Roberto Ribeiro da; BOCCHI, Nerilson; ROCHA FILHO, Romeu Cardozo. Introdução 
à química experimental. São Paulo: McGraw – Hill, 1990. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
UFT – Estrutura e Propriedades da Matéria Prof. FranciscoC. D. de Lemos 
 
 
12 
 
LISTA DE EXERCÍCIOS 
 
1. Você recebeu no laboratório as seguintes amostras, para determinar suas massas em 
gramas: 
a) 0,25 mol de aspartame, C14H18N2O5, que é um composto usado comercialmente como 
adoçante de alimentos. Resposta: 73,50 g de C14H18N2O5. 
b) 2,35 x 1022 moléculas de aspirina C9H8O4. Resposta: 7,02 g de aspirina. 
 
2. Calcular o número de moléculas em: 
a) 10,00 mg de acetaminofeno, C8H9O2N, substância usada como antitérmico. Resposta: 
3,98 x 1019 moléculas de C8 H9 O2N. 
b) 1,00 g de vitamina C, C6H8O6. Resposta: 3,42 x 1021 moléculas de C6H8O6. 
 
3. A glicose (C6H12O6), também conhecida como dextrose, é o açúcar encontrado na 
natureza que serve como fonte de energia para o ser humano. Para as quantidades dadas, 
calcule a quantidade: 
a) Em mols de glicose contidas em 2,69 g. Resposta: 1,50 x 10-2 mol. 
b) De moléculas de glicose contidas em 3,49 g. Resposta: 1,167 x 1022 moléculas. 
 
4. Explique porque ao fazer cálculos estequiométricos é importante balancear as equações 
químicas das reações. 
 
5. A aspirina (C9H8O4) é preparada pela reação do ácido salicílico (C7H6O3) com anidrido 
acético (C4H6O3), de acordo com a reação: 
C7H6O3(s) + C4H6O3(l)  C9H8O4(s) + C2H4O2(l) 
Quantos gramas de ácido salicílico devem ser usados para preparar dois comprimidos de 
aspirina, de 65,00 mg cada um? Resposta: 0,099 g. 
 
6. O processo de ferrugem ocorre de acordo com a reação: 
4Fe(s)+ 3O2 (g)  2Fe2O3 (s) 
a) Que volume de oxigênio reagirá com o ferro, nas CNTP? Resposta: 67,23 L de O2. 
b) Calcule o volume de oxigênio que reagirá com 2 mols de Ferro. Resposta: 33,60 L de O2. 
 
7. O carborundo é uma substância muito dura, podendo ser usada como abrasivo. 
Cientificamente conhecido como, carbeto de silício, SiC, é preparado pelo aquecimento da 
sílica, SiO2, com o carbono, C, a alta temperatura, segundo a equação não balanceada: SiO2 
(s)+ C(s)  SiC(s)+ CO(g). Quantos gramas de carborundo são produzidos quando 3,60 g de 
sílica reagem com 5,40 g de C? Resposta: São produzidos 2,40 g de SiC. 
 
8. A aspirina, C9H8O4, é obtida pela reação do ácido salicílico, C7H6O3, com anidrido acético, 
C4H6O3. A equação não balanceada da reação é: 
C7H6O3(s) + C4H6O3(l)  C9H8O4(s) + C2H4O2(l) 
a) Qual a quantidade de aspirina produzida na reação entre, 37,00 kg de ácido salicílico e 
25,00 kg de anidrido acético? Resposta 44,11 kg de aspirina. 
b) Qual é o reagente limitante desta reação? Resposta: Anidrido acético. 
c) Se para estas quantidades descritas no item (a), forem obtidas 36,40 kg de aspirina, qual 
o rendimento percentual da operação? Resposta: 82,5%.