Apostila estequiometria

Prévia do material em texto

Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
 
 
Autor 
Robson Mendes Matos 
Universidade Federal do Rio de Janeiro 
Campus Macaé 
 
 
 
2011 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
2 
Sobre o autor: 
O professor Robson Mendes Matos - Bacharel em Química pela UFJF (1985), cursou 
mestrado em Química Inorgânica na UFMG, concluindo-o em 1989 e doutorou-se, na mesma 
área, em 1993, na University of Sussex - Brighton - Inglaterra. É Professor Asssociado 3 da 
Universidade Federal do Rio de Janeiro – Campus Macaé desde setembro de 2010. Ele 
iniciou sua carreira como docente na UFMG, onde, inicialmente (1993) ingressou como 
bolsista recém-doutor (CNPq) e um ano mais tarde (1994) foi aprovado em concurso público. 
Foi bolsista da Petroleum Research Fund/American Chemical Society (pesquisador visitante) 
na Iowa State University - Ames - Estados Unidos durante o ano de 2000. É consultor ad hoc 
da FAPESP e faz parte do corpo de referees do TheScientificWorldJOURNAL, do 
Heterocyclic Chemistry, Journal of Coordination Chemistry e Phosphorus Sulfur and Silicon 
sediados nos Estados Unidos. Desenvolve, no momento, pesquisa na área de química de 
compostos organometálicos com ênfase principal em compostos de fósforo buscando novos 
catalisadores e/ou novos fármacos. Já publicou 20 artigos completos em periódicos 
indexados, 1 capítulo de livro na área de ressonância magnética nuclear e mais de 50 
resumos em conferências nacionais e internacionais. Já orientou uma dissertação de 
mestrado, 15 alunos de graduação, co-orientou duas dissertações de mestrado. 
O professor Robson é um apaixonado pelo ensino e já ministrou a disciplina Química 
Geral para os mais variados cursos superiores, além de já ter ministrado Química Inorgânica 
e Química dos Compostos Organometálicos. Ele foi tradutor e/ou revisor de livros 
acadêmicos nas áreas de Química Geral, Química Orgânica, Física e Engenharia de 
Controle e Automação. 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
3 
 
SUMÁRIO 
1. Objetivo ______________________________________________________________________ 4 
2. Introdução ____________________________________________________________________ 4 
3. Conceitos importantes___________________________________________________________ 5 
3.1. Incerteza na medida ______________________________________________________________ 6 
3.1.1. Precisão e Exatidão______________________________________________________________________7 
3.1.2. Algarismos significativos _________________________________________________________________7 
3.2. Análise Dimensional _____________________________________________________________ 11 
3.3. Massa Atômica _________________________________________________________________ 12 
3.4. Massa Molecular ________________________________________________________________ 12 
3.5. Quantidade de matéria ___________________________________________________________ 12 
3.6. Massa molar ___________________________________________________________________ 13 
3.7. Constante de Avogadro __________________________________________________________ 15 
4. Modos de se expressar a concentração de uma solução _______________________________ 15 
4.1. Concentração em quantidade de matéria ____________________________________________ 16 
4.2. Molalidade _____________________________________________________________________ 24 
4.3. Porcentagem em massa___________________________________________________________ 27 
4.4. Fração em quantidade de matéria__________________________________________________ 29 
4.5. Problemas Propostos_____________________________________________________________ 32 
5. Balanceamento de equações químicas _____________________________________________ 52 
5.1. Por tentativa _______________________________________________________________ 52 
5.2. Através do número de elétrons transferidos_______________________________________ 54 
6. Cálculos estequiométricos_______________________________________________________ 62 
6.1. PROBLEMAS PROPOSTOS __________________________________________________ 78 
7. Bibliografia _________________________________________________________________ 104 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
4 
1. Objetivo 
Cálculos estequiométricos provocam arrepios na maioria dos estudantes do ensino médio 
e/ou superior. Todavia, este não precisa ser o caso! O grande segredo do sucesso dos 
cálculos estequiométricos reside no perfeito entendimento dos conceitos básicos envolvidos 
no tema. 
A finalidade deste texto é abordar de maneira simples, concisa e com um grande número 
de exercícios os conceitos básicos envolvidos com estequiometria. Após a abordagem 
destes conceitos básicos, partiremos para os cálculos estequiométricos que serão 
explanados através de exercícios resolvidos. Estes exercícios resolvidos terão seus graus de 
dificuldade aumentado à medida em que progredimos no entendimento. 
Desejamos sucesso nos seus estudos. 
2. Introdução 
A palavra estequiometria vem do grego stoikheion (elemento) e metriā (medida, de 
metron). Estequiometrtia é o cálculo das quantidades de reagentes e/ou produtos das 
reações químicas. Este cálculo pode ser feito em termos de quantidade de matéria (mols), de 
massa, de volume, de número de átomos e moléculas. Ela baseia-se na lei da conservação 
das massas (Lavoisier), na lei das proporções definidas (Proust) e na lei das proporções 
múltiplas (Dalton). As reações químicas combinam proporções definidas de compostos 
químicos, uma vez que a matéria não pode ser criada nem destruída. A quantidade de cada 
elemento deve ser a mesma no início, no meio e no fim da reação. Isto é, a quantidade de 
um determinado elemento, A, presente em um reagente deve ser a mesma em um ou mais 
produtos. 
2AB + 2CD → AC + B2D + AD 
mA (em 2AB) = mA (em AC e AD) 
Se você parar para pensar, a estequiometria está presente na sua vida mais do que você 
imagina. Digamos que você receberá seus amigos no final de semana e gostaria de preparar 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
5 
um belo bolo para agradar seus visitantes. Você decide preparar aquele bolo que você 
sempre faz para os quatro componentes da sua família. Mas você percebe que a quantidade 
que você prepara rotineiramente não será suficiente e decide dobrar a receita, pois terá o 
dobro de pessoas presentes. Isto nada mais é que a aplicação dos cálculos 
estequiométricos, que você faz sem perceber que os mesmos princípios estão envolvidos. 
Sem dúvidas, ela é muito mais importante, cotidiana e um pouco mais complicada nas 
indústrias ou laboratórios. Porém o objetivo é o mesmo que aquele usado na preparação do 
bolo, ou seja o de calcular teoricamente a quantidade de reagentes a ser usada em uma 
determinada reação e prever a quantidade de produtos que será obtida nas condições que 
melhor se adéquam ao interesse da atividade. 
3. Conceitos importantes 
Existe um mito entre professores e alunos que a química é imutável uma vez que se 
baseia em conceitos desenvolvidos há mais de um século. No entanto, existem vários 
conceitos da química muito utilizados em livros-texto que têm sofrido mudanças. Muitas 
dessas mudanças dizem respeito a definições e significados que têm implicações no ensino 
exigindo do professor, tanto do ensino médio quanto do ensino superior, uma atualização. 
A União Internacional de Química Pura e Aplicada (conhecida pela sua sigla em inglês – 
IUPAC) vem empregando esforços que visam simplificar os termos químicos utilizados no 
mundo inteiro. Acredita-se que o uso de uma linguagem mais lógica diminuirá a dificuldade 
de aprendizagem de certos termos. 
Muitos dos termos químicos redefinidos nos últimos anos têm aplicação direta nos modos 
de se expressara concentração, consequentemente, em cálculos estequiométricos. A Tabela 
I relaciona alguns termos que por serem ambíguos ou induzirem a erros não devem ser mais 
recomendados. 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
6 
Tabela I – Nova nomenclatura para alguns termos químicos 
Nomenclatura antiga Nomenclatura atual 
Peso atômico Massa atômica 
Peso molecular Massa molecular 
Número de moles, 
Número de átomos grama, 
Número de íons-grama 
Quantidade de matéria 
Átomo grama, 
Molécula-grama (ou mol) 
Peso-fórmula 
Massa molar 
Moles Mols 
u.m.a. u 
molar mol/L 
Molaridade Concentração em 
quantidade de matéria 
Fração molar Fração em mol ou em 
quantidade de matéria 
Graus Kelvin Kelvin 
Temperatura absoluta Temperatura termodinâmica 
Grau centígrado Grau Celsius 
Equivalente-grama deve ser abandonado 
Normalidade deve ser abandonado 
3.1. Incerteza na medida 
Você pode dizer que existem dois tipos de números em um trabalho científico: números 
exatos (aqueles cujos valores são conhecidos com exatidão) e números inexatos (aqueles 
cujos valores têm alguma incerteza). Muitos números exatos têm valores definidos. Por 
exemplo, um cento de laranjas são exatamente 100 laranjas, 1 L tem exatamente 1000 mL. 
O número em qualquer fator de conversão – 1 cm = 10 mm, 1 Kg = 1000 g – é um número 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
7 
exato. Também se obtêm números exatos quando se faz a contagem do número de objetos 
ou pessoas. 
Entretanto, quando fazemos medidas obtemos números que são sempre inexatos. 
Existem sempre limitações intrínsecas nos equipamentos usados para medir grandezas (erro 
de equipamentos) e existem diferenças em medições realizadas com o mesmo instrumento 
por pessoas diferentes (erro humano). Se imaginarmos 10 alunos com 10 balanças 
diferentes pesando um mesmo objeto, com certeza encontraremos ligeiras variações nas 10 
medidas. As calibrações das balanças podem estar ligeiramente diferentes e poderá haver 
diferenças na leitura que cada aluno faz da massa na balança. Nunca se esqueça: Sempre 
existem incertezas em medidas de grandezas. 
3.1.1. Precisão e Exatidão 
Em geral utilizamos os termos precisão e exatidão ao examinarmos as incertezas de 
valores de medidas. A precisão é uma medida do grau de aproximação entre os valores das 
medidas individuais, enquanto a exatidão indica o grau de aproximação entre as medidas 
individuais e o valor correto ou 'verdadeiro'. 
Quando fazemos várias 'tentativas' diferentes para um mesmo experimento no 
laboratório, teremos confiança na exatidão de nossas medidas se chegarmos 
aproximadamente ao mesmo valor em cada uma das vezes. Entretanto, as medidas precisas 
podem ser inexatas. Por exemplo, se calibramos uma balança muito precisa de maneira 
inadequada, as massas que medirmos serão constantemente altas ou baixas, portanto, elas 
serão medidas inexatas embora precisas. 
3.1.2. Algarismos significativos 
Imagine que ao pesar um objeto em uma balança capaz de medir até o mais próximo de 
0,0001 g, você encontre uma massa de 3,4508 g. Você poderá informar a massa como 
3,4508 ± 0,0001 g. A notação ± (leia 'mais ou menos') expressa a incerteza de uma medida. 
Muitas vezes desprezamos a notação ± entendendo que existe uma incerteza de no mínimo 
uma unidade no último dígito da grandeza medida. Isto é, geralmente fornecemos as 
grandezas medidas de tal modo que apenas o último dígito é incerto. 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
8 
Observando na Figura 1 podemos ver que a medida do cartão de memória está entre 3,1 
e 3,2 cm. Estimamos que a medida seja 3,15 cm, mas sabendo que existe uma incerteza 
sobre o último dígito. 
 
Figura 1 Uma régua com divisões a cada 0,1 cm 
Consideramos como algarismos significativos todos os dígitos de uma grandeza 
medida, inclusive os dígitos considerados incertos. Uma massa de 4,5 g tem dois algarismos 
significativos, enquanto uma massa 4,5081 g tem cinco algarismos significativos. 
Obviamente, quanto maior o número de algarismos significativos, maior a certeza da medida. 
Exemplo 1: Qual a diferença entre 8,0 m e 8,00 m? 
Resolução: A princípio parece não haver diferenças, mas um cientista notaria a diferença 
entre o número de algarismos significativos das duas medidas. A primeira medida (8,0 m) é 
uma medida mais incerta do que a segunda (8,00 m) por possuir menos algarismos 
significativos (2 x 3). A medida de 8,0 m sugere que o comprimento está entre 7,9 m e 8,1 m, 
enquanto a medida 8,00 m sugere que o comprimento esteja entre 7,99 m e 8,01 m. 
Todos os dígitos diferentes de zero em uma medida são algarismos significativos. 
Entretanto, os zeros podem ser usados como parte do valor medido ou meramente para 
alocar a vírgula. Portanto, os zeros podem ou não ser significativos, dependendo de como 
eles aparecem no número. As seguintes regras mostram as diferentes situações envolvendo 
os zeros: 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
9 
• Zeros entre dígitos diferentes de zero são sempre significativos – 5004 kg (4 algarismos 
significativos); 2,01 cm (três algarismos significativos). 
• Zeros no início de um número nunca são significativos, eles simplesmente indicam a 
posição da vírgula – 0,05 cm (um algarismo significativo); 0,0032 mL (dois algarismos 
significativos). 
• Zeros no final de um número e após a vírgula são sempre significativos – 0,0500 m (3 
algarismos significativos); 6,0 L (2 algarismos significativos). 
• Quando um número termina em zeros, mas não contém vírgula, os zeros podem ou não 
ser significativos – 230 mL (dois ou três algarismos significativos); 50900 m (três, quatro 
ou cinco algarismos significativos). 
A utilização da notação exponencial elimina a ambiguidade da última regra. Por exemplo, 
uma massa de 50200 g pode ser escrita em notação exponencial com três, quatro ou cinco 
algarismos significativos: 
5,02 x 104 g (três algarismos significativos) 
5,020 x 104 g (quatro algarismos significativos) 
5,0200 x 104 g (cinco algarismos significativos) 
Nos números acima todos os zeros são significativos. O termo exponencial não aumenta 
o número de algarismos significativos. 
Exemplo 2: Dê o número de algarismos significativos em cada uma das seguintes medidas: 
(a) 3,001 g; (b) 6,023 x 1023 moléculas; (c) 2000 m? 
Resolução: (a) Essa medida possui quatro algarismos significativos, pois os zeros são 
algarismos significativos. (b) Essa medida possui quatro algarismos significativos uma vez 
que o termo exponencial não aumenta o número de algarismos significativos. (c) Essa 
medida possui um, dois, três ou quatro algarismos significativos. Poderíamos ter evitado a 
ambiguidade através do uso de notação exponencial. Por exemplo, 2 x 103 teria apenas um 
algarismo significativo, enquanto 2,00 x 103 teriam três algarismos significativos. 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
10 
3.1.2.1. Utilização de Algarismos Significativos na Resolução de Problemas 
Deve-se observar os seguintes pontos quando da utilização de medidas de grandezas na 
resolução de problemas: 
• A certeza dos cálculos de grandeza é limitada pela menor medida exata utilizada. Isto é, o 
número de algarismos significativos da resposta será o mesmo da medida de grandeza com 
o menor número de algarismos significativos. 
• A resposta final para qualquer cálculo deve ser dada com apenas um dígito incerto. 
 Quando o resultado contém mais algarismos significativos do que o correto, deve ser 
arredondado. Por exemplo, ao calcularmos a área de um retângulo cujas medidas dos 
comprimentos dos lados são 8,344 cm e 8,4 cm achamos o valor de 70,0896 cm2 (valor 
encontrado na calculadora), mas devemos relatar o resultadocomo sendo 70 cm2: 
Área = (8,344 cm)(8,4 cm) = 70,0896 cm2 ⇒ arredondamos para 70 cm2 
Devemos arredondar o resultado para dois algarismos significativos porque o número 
com o menor número de algarismos significativos é 8,4 cm, que tem dois algarismos 
significativos. 
 Ao arredondar números, devemos prestar atenção no dígito mais à esquerda a ser 
descartado: 
• Quando o número mais à esquerda a ser removido é menor do que 5, o número 
antecedente permanece inalterado. Assim, o arredondamento de 8,348 para dois algarismos 
significativos fornece 8,3. 
Quando o dígito mais à esquerda a ser removido é maior ou igual a 5, o número 
precedente aumenta de 1. Assim ao arredondarmos 5,735 para três algarismos significativos 
obtemos 5,74 e ao arredondarmos 4,886 para dois algarismos significativos obtemos 4,9. 
Existe uma pequena variação na regra quando o dígito mais à esquerda a ser removido é 
exatamente 5, e quando não existem outros números após esse ou quando os números após 
esse são apenas zeros. Uma prática comum é arredondar para cima se esse número tornar-
se par e para baixo se esse número tornar-se impar. Por exemplo, o número 7,6350 seria 
arredondado para 7,64, uma vez que o número 3 tornar-se-á par. O número 7,6450 também 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
11 
seria arredondado para 7,64, mas o motivo aqui seria outro: como o número 4 torna-se ímpar 
ao ser arredondado para cima (5) ele permanece como quatro (o mesmo que dizer que é 
arredondado para baixo – de 5 para 4). 
Em cálculos envolvendo duas ou mais etapas e você escreve as respostas para os 
passos intermediários, você deve manter, para as respostas intermediárias, pelo menos um 
dígito a mais do que a grandeza com o menor número de algarismos significativos. Dessa 
forma você não permite que pequenos erros de arredondamento em cada etapa sejam 
associados e afetem o resultado final. 
3.2. Análise Dimensional 
Estaremos utilizando nesse curso uma abordagem conhecida como análise dimensional 
como um apoio na resolução de problemas. A análise dimensional consiste em incluir as 
unidades das grandezas durante todo o cálculo. As unidades são multiplicadas, divididas ou 
‘canceladas’ simultaneamente. A análise dimensional nos dá a certeza de que produziremos 
respostas com as unidades corretas. 
Para utilizarmos com sucesso a análise dimensional é fundamental que utilizemos os 
fatores de conversão de uma unidade para outra. Entende-se por fator de conversão aquela 
fração cujos numerador e denominador são as mesmas grandezas expressas em diferentes 
unidades. Por exemplo, 1 L e 1000 mL significam o mesmo volume, 1 L = 1000 mL. Assim, 
se quisermos transformar 9,0 x 102 mL em litros fazemos da seguinte forma: 
mLx
mL
L
mLx 12 100,9
1000
1100,9 −== 
Se quisermos transformar 1,2 L em mililitros utilizamos o seguinte fator de conversão: 
mLxmL
L
mLL 3102,11200
1
10002,1 === 
Observe que a unidade desejada aparecerá no numerador da fração criada e a unidade 
fornecida aparecerá no denominador. Assim, a unidade no denominador sempre será 
cancelada com a unidade fornecida. 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
12 
 Como o numerador e o denominador de um fator de conversão são iguais, multiplicar 
qualquer grandeza pelo fator de conversão é equivalente a multiplicar a grandeza por 1. O 
volume 1,2 L = 1,2 x 103 mL. 
3.3. Massa Atômica 
Como o próprio nome diz, a grandeza “massa atômica” refere-se à massa de um átomo. 
Nas tabelas periódicas modernas atribuiu-se a um dos isótopos do carbono o valor exato de 
12, e definiu-se a unidade de massa atômica (u) como sendo a massa de 1/12 de um átomo 
de carbono. 
3.4. Massa Molecular 
O termo “massa molecular” refere-se à massa da entidade da qual uma substância é 
constituída. Assim, a massa molecular da H2O corresponde à massa de uma molécula de 
H2O. O valor da massa molecular de uma substância corresponde à soma das massas 
atômicas dos átomos que constituem essa substância. Quando nos referimos a substâncias 
iônicas, como o NaCl por exemplo, não é apropriado falar de moléculas de NaCl, pois ele 
existe como redes tridimensionais. Ao invés de chamarmos de moléculas de NaCl, dizemos 
fórmula unitária do NaCl. O mais correto seria nos referirmos à massa de uma espécie iônica 
como a sua massa fórmula. No entanto, para simplificarmos, diremos que a “massa 
molecular do NaCl” corresponde à massa de uma fórmula unitária de NaCl. 
3.5. Quantidade de matéria 
A uma determinada massa (por exemplo, 1,0 g) das diferentes substâncias estão 
associados números diferentes e extremamente grandes de entidades que as compõem 
(moléculas, átomos, etc.), uma vez que essas entidades têm massas diferentes. Para que o 
químico trabalhe com um número fixo de entidades, ele lança mão da grandeza “quantidade 
de matéria”, cuja unidade é o mol. Pode-se definir o mol como sendo a quantidade de 
matéria de um sistema que contém tantas entidades elementares quantos são os átomos 
contidos em 12 g de carbono 12. A utilização da unidade mol exige a especificação das 
entidades elementares (átomos, moléculas, elétrons, etc.). O mol é, portanto, a quantidade 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
13 
padrão da grandeza quantidade de matéria, assim como o litro é a quantidade padrão da 
grandeza volume e o quilograma é quantidade padrão da grandeza massa. A grandeza 
quantidade de matéria era anteriormente chamada de “número de mols”. Esse termo deve 
ser evitado, da mesma forma que se evita “número de gramas” para se expressar a massa, 
“número de metros” para se expressar comprimento. 
Diz-se muito que o mol é a massa molecular expressa em gramas. No entanto, deve-se 
lembrar que o mol não se refere à grandeza massa, e sim à grandeza quantidade de matéria. 
3.6. Massa molar 
Qualquer grandeza molar é essa grandeza por mol (grandeza mol–1), ou seja, por 
quantidade de matéria. Dessa forma a massa molar (Mm) é a massa por mol: 
n
mM
m
= Eq 1 
onde m é massa de uma amostra e n é a quantidade de matéria que a amostra contém. 
A massa molar de uma substância pode também ser definida como sendo a massa de 1 
mol dessa substância: 
1 mol ─ Mm Eq. 2 
Assim as massas molares do O2, do N2, do HCl e do H2SO4 são as seguintes: 
Mm(O2) = 32,0 g mol–1 
Mm(N2) = 28,0 g mol–1 
Mm(HCl) = 36,5 g mol–1 
Mm(H2SO4) = 98,0 g mol–1 
Nos cálculos estequiométricos deve-se utilizar a massa molar e não a massa molecular. 
Para se obter a massa molar de uma determinada substância basta associar a unidade g 
mol–1 aos valores de massa atômica ou massa molecular. 
Sabendo-se a massa molar de uma determinada substância, pode-se calcular a 
quantidade de matéria contida em uma determinada amostra de uma substância qualquer. 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
14 
 
Exemplo 3: Calcule a quantidade de matéria contida em 23,0 g de NaOH. 
Resolução: 
Deve-se primeiramente achar a massa molecular do NaOH 
MM(NaOH) = 23,0 + 16,0 + 1,0 = 40,0 u 
Associando-se o valor para a massa molecular do NaOH à unidade g mol–1 temos que a 
massa molar do NaOH é: 
Mm = 40,0 g mol–1 
Pela definição (Eq. 2), temos: 
1 mol ─ 40,0 g mol-1 
x ─ 23,0 g 
 x = 0,575 mol 
Alternativamente, pode-se utilizar a Eq. 1: 
moln
n
g
molg
n
mM
m
575,00,230,40 1 =∴=∴= − 
Sabe-se assim que 23,0 g de NaOH correspondem a 0,575 mol de NaOH. 
 
Exemplo 4: Calcule a quantidade de matéria contida em 500,0 g de C6H12O6. 
Resolução: 
A massa molar molecular do C6H12O6 é: 
MM(C6H12O6) = (6x12,01) + (12x1,008) + (6x15,99) = 180,096 u 
Logo a massa molar de C6H12O6 será: 
Mm = 180,096 g mol–1 
Pela definição (Eq. 2), temos: 
1 mol─ 180,096 g mol-1 
x ─ 500,0 g 
 x = 2,7762 mol ∴ x = 2,776 mol 
Alternativamente, pode-se utilizar a Eq. 1: 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
15 
moln
n
g
molg
n
mM
m
776,20,500096,180 1 =∴=∴= − 
Sabe-se assim que 500,0 g de C6H12O6 correspondem a 2,776 mol de C6H12O6. 
3.7. Constante de Avogadro 
A constante de Avogadro (e não número de Avogadro) é o número de entidades por 
unidade de quantidade de matéria. O valor da constante de Avogadro medido 
experimentalmente é 6,02214 x 1023 mol–1. Pode-se assim dizer que 1 mol de CH4 contém 
6,02214 x 1023 moléculas de CH4, 1 mol de H2O contém 6,02214 x 1023 moléculas de H2O, 1 
mol de ouro contém 6,02214 x 1023 átomos de ouro, 1 mol de laranjas contém 6,02214 x 1023 
laranjas e assim sucessivamente. 
4. Modos de se expressar a concentração de uma solução 
Estamos constantemente, sem perceber, falando da concentração de algo. Dizer que um 
estádio de futebol está lotado seria o mesmo que dizer que a concentração de pessoas no 
estádio é muito alta. Você poderia dizer ao garçom que o prato que ele lhe serviu tem uma 
alta concentração de sal. O resultado preliminar do último censo realizado no Brasil mostra 
uma alta concentração de pessoas nas metrópoles. Em todos estes casos estamos 
fornecendo a concentração em termos qualitativos e é muito pouco provável que as pessoas, 
por menos instruídas que sejam, não entendam o que você quis dizer. 
Nada muda quando passamos do cotidiano para o laboratório. Podemos também 
expressar a concentração de uma solução de maneira qualitativa. Ao qualificar uma solução 
como concentrada ou diluída, estamos expressando a concentração de maneira qualitativa. 
Porém, esses termos não têm um significado preciso. Sabe-se apenas que uma solução 
concentrada tem uma maior proporção de soluto do que uma solução diluída. Todavia, não 
deixa de ser uma maneira importante de classificar uma solução. Por exemplo, muitas 
reações ocorrem em meio ácido ou básico. O ácido ou a base, algumas vezes, está presente 
apenas para dar início à reação e a solução a ser usada pode ser concentrada ou diluída, 
não sendo necessário medir a quantidade exata do ácido ou da base. 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
16 
A concentração de uma solução também pode ser expressa de maneira quantitativa. Usa-
se esta maneira quando necessitamos saber a quantidade de soluto em relação à 
quantidade de solvente ou à quantidade de solução. Existem várias modos de se expressar a 
concentração de maneira quantitativa. Dentre essas destacamos as seguintes: 
• Concentração em quantidade de matéria; 
• Molalidade; 
• Porcentagem em massa; 
• Fração em quantidade de matéria ou fração em mol. 
4.1. Concentração em quantidade de matéria 
A concentração em quantidade de matéria era até pouco tempo atrás referida como 
molaridade. A concentração em quantidade de matéria, c, é definida como a razão entre a 
quantidade de matéria do soluto (n) e o volume da solução em litros (V). Assim, 
),(
)()(
LemsoluçãoV
AnAc = Eq. 3 
Trabalhando-se com as unidades na Eq. 2, chega-se à conclusão que a unidade da 
grandeza concentração em quantidade de matéria deve ser mol L–1: 
1)()()()( −=∴=∴= LmolAc
L
molAc
V
AnAc 
Ainda hoje é comum encontrarmos, nos mais variados livros-texto, a concentração em 
quantidade de matéria sendo chamada de molaridade e tendo a sua unidade como molar, 
abreviado como M. Recomenda-se no entanto que tanto o termo molaridade quanto a sua 
unidade molar (M) sejam abandonados e utilize-se apenas concentração em quantidade de 
matéria e a sua unidade mol L–1. O adjetivo “molar” deve apenas ser utilizado quando se quer 
expressar uma grandeza por unidade de quantidade de matéria, i. e. volume molar, massa 
molar, entalpia molar, etc. 
Alternativamente, para se evitar a memorização de fórmulas, podemos trabalhar a partir 
de uma variação da definição de concentração em quantidade de matéria. Uma solução 1 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
17 
mol por litro seria aquela que possui 1 mol de um soluto A dissolvido em 1 litro de solução. 
Desta forma podemos escrever: 
1 mol L-1 ─ 1 mol de A ─ 1 L de solução Eq. 4 
O raciocínio a partir da Eq. 4 nos leva à resolução tranquila de qualquer problema 
envolvendo concentração em quantidade de matéria. O primeiro exemplo será resolvido 
utilizando-se tanto a Eq. 3 quanto a Eq. 4. Todavia, os exemplos subseqüentes serão 
resolvidos empregando-se apenas a Eq. 4. Fica a cargo de cada um decidir qual o melhor 
método de resolução. 
Exemplo 5: Calcule a concentração em quantidade de matéria de uma solução contendo 
100 g de sacarose (C12H22O11) em água suficiente para o preparo de 800 mL de solução. 
Resolução: 
Inicialmente devemos calcular a massa molecular da sacarose: 
MM(C12H22O11) = 12 x (12,0 u) + 22 x (1,00 u) +11 x(16,0 u) = 342 u 
A massa molar da sacarose será então: 
Mm (C12H22O11) = 342 g mol–1 
Para utilizar a Eq. 3, devemos encontrar a quantidade de matéria correspondente a 100 g, 
utilizando a Eq. 1: 
M
m
n
n
m
M
n
g
g mol
n molm
m
= ∴ = ∴ = ∴ =
−
100
342
0 29241 , 
Uma vez que V deve ser expresso em litros, devemos fazer a transformação do volume de 
mL para L: 
V mL
L
mL
mL= =800
1
1000
0 800, 
Agora, utilizando-se a Eq. 3, temos que: 
c
n
V
c
mol
L
c mol L= ∴ = ∴ = −
0 2924
0 800
0 366 1
,
,
, 
Alternativamente: 
1 mol L-1 ─ 1 mol de C12H22O11 ─ 1 L de solução 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
18 
Como sabemos que em 1 mol de C12H22O11 estão contidos 342 g de C12H22O11, podemos 
também escrever: 
1 mol L-1 ─ 342 g de C12H22O11 ─ 1 L de solução 
Sabemos que 1 L = 1000 mL, logo, para facilitar os cálculos um pouco mais, escrevemos: 
1 mol L-1 ─ 342 g de C12H22O11 ─ 1000 mL de solução 
Agora podemos fazer nossos cálculos montando uma regra de três composta: 
1 mol L-1 ─ 342 g de C12H22O11 ─ 1000 mL de solução 
x ─ 100 g de C12H22O11 ─ 800 mL de solução 
Resolvendo a regra de três, podemos escrever: 
1
1
366,0
800
1000
342
100
1
−
−
=∴= Lmolx
mL
mL
g
g
Lmol
x
 
 
Exemplo 6: Calcule a concentração em quantidade de matéria de uma solução obtida pela 
dissolução de 5,00 g de NaCl em 95,0 g de água. A densidade da solução resultante é 1,22 g 
mL–1. 
Resolução: 
Inicialmente devemos calcular a massa molecular do NaCl: 
MM(NaCl) = 23,0 u + 35,5 u = 58,5 u 
A massa molar do NaCl será então: 
Mm (NaCl) = 58,5 g mol–1 
Pela definição, escrevemos: 
1 mol L-1 ─ 1 mol de NaCl ─ 1 L de solução ou 
1 mol L-1 ─ 58,5 g de NaCl ─ 1 L de solução ou 
1 mol L-1 ─ 58,5 g de NaCl ─ 1000 mL de solução 
Nos foi informado que a solução tem densidade de 1,22 g mL-1, logo: 
gmmLmLgm
mL
m
mLg
V
md 1220100022,1
1000
22,1 11 =∴=∴=∴= −− 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
19 
Assim, não estaremos modificando a definição de concentração em quantidade de matéria 
se escrevermos: 
1 mol L-1 ─ 58,5 g de NaCl ─ 1220 g de solução 
Como a solução do problema foi preparada pela dissolução de 5,00 g de NaCl em 95,0 g de 
água, a massa da solução será 100,0 g. Podemos agora montar a resolução do nosso 
problema da seguinte forma: 
1 mol L-1 ─ 58,5 g de NaCl ─ 1220 g de solução 
x ─ 5,00 g de NaCl ─ 100,0 g de solução 
Resolvendo a regra de três, podemos escrever: 
1
1
04,1
0,100
1220
5,58
00,5
1
−
−
=∴= Lmolx
g
g
g
g
Lmol
x
 
PROBLEMA PROPOSTO 4.1 
Qual a concentração em quantidade de matéria de 500,0 mL de solução contendo 48,00 g de 
Mg(SO)4?Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
20 
PROBLEMA PROPOSTO 4.2 
Uma solução foi preparada pela dissolução de 0,35 g de H2SO4 em 100 g de água*. 
Sabendo-se que a densidade da solução resultante é 0,098 g mL-1, qual a concentração em 
quantidade de matéria da solução? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 7: Qual a massa de sacarose (C12H22O11) contida em 250,0 mL de uma solução 
0,125 mol L-1? 
Resolução: 
Inicialmente devemos calcular a massa molecular da sacarose: 
MM(C12H22O11) = 12 x (12,0 u) + 22 x (1,00 u) +11 x(16,0 u) = 342 u 
A massa molar da sacarose será então: 
Mm (C12H22O11) = 342 g mol–1 
1 mol L-1 ─ 1 mol de C12H22O11 ─ 1 L de solução ou 
1 mol L-1 ─ 342 g de C12H22O11 ─ 1 L de solução ou 
1 mol L-1 ─ 342 g de C12H22O11 ─ 1000 mL de solução 
 
*
 No preparo de uma solução de ácido, devemos sempre adicionar o ácido a uma pequena quantidade de água 
e depois completar o volume para a quantidade desejada. 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
21 
0,125 mol L-1 ─ x de C12H22O11 ─ 250 mL de solução 
Resolvendo a regra de três, podemos escrever: 
gx
mL
mL
Lmol
Lmol
g
x 7,10
1000
250
1
125,0
342 1
1
=∴=
−
−
 
 
Exemplo 8: Qual massa de soluto deve ser usada para se preparar 0,500 g de solução 0,10 
mol L-1 de NaCl, cuja densidade é igual a 1,22 g mL–1. 
Resolução: 
Inicialmente devemos calcular a massa molecular do NaCl: 
MM(NaCl) = 23,0 u + 35,5 u = 58,5 u 
A massa molar do NaCl será então: 
Mm (NaCl) = 58,5 g mol–1 
Se d = 1,22 g mL-1, temos: 
gmmLmLgm
mL
m
mLg
V
md 1220100022,1
1000
22,1 11 =∴=∴=∴= −− 
Pela definição de concentração em quantidade de matéria, escrevemos: 
1 mol L-1 ─ 1 mol de NaCl ─ 1 L de solução ou 
1 mol L-1 ─ 58,5 g de NaCl ─ 1 L de solução ou 
1 mol L-1 ─ 58,5 g de NaCl ─ 1000 mL de solução ou 
1 mol L-1 ─ 58,5 g de NaCl ─ 1220 g de solução 
1 mol L-1 ─ 58,5 g de NaCl ─ 1220 g de solução 
0,10 mol L-1 ─ x ─ 0,500 g de solução 
Resolvendo a regra de três, podemos escrever: 
gxx
g
g
Lmol
Lmol
g
x 3
1
1
104,2
1220
500,0
1
10,0
5,58
−
−
−
=∴= 
PROBLEMA PROPOSTO 4.3 
Qual a quantidade em gramas de Mg(SO)4 deve ser utilizada para se preparar 300,0 mL de 
uma solução 1,32 mol L-1? 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
22 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA PROPOSTO 4.4 
Qual a massa de H2SO4 para se preparar 1,5 L de solução 6,05 mol L-1? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Frequentemente precisamos preparar uma solução diluída a partir de uma solução mais 
concentrada. Nesses casos você deve sempre se lembrar do seguinte: a diluição não altera a 
quantidade de matéria do soluto. O exemplo a seguir mostra esse tipo de cálculo. 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
23 
Exemplo 9: Qual o volume de uma solução H2SO4 8,0 mol L–1 que deve ser utilizado para se 
preparar 500,0 mL de uma solução 0,10 mol L–1? 
Resolução: 
Primeiramente, vamos descobrir qual a quantidade de matéria necessária para se preparar 
500 mL de solução 0, 10 mol L-1 de H2SO4: 
1 mol L-1 ─ 1 mol de H2SO4 ─ 1 L de solução ou 
1 mol L-1 ─ 1 mol de H2SO4 ─ 1000 mL de solução 
0,10 mol L-1 ─ x ─ 500,0 mL de solução 
Resolvendo a regra de três, podemos escrever: 
molx
mL
mL
Lmol
Lmol
mol
x 050,0
1000
0,500
1
10,0
1 1
1
=∴=
−
−
 
Agora, precisamos descobrir o volume de solução 8,0 mol L-1 de H2SO4 que contém 0,050 
mol de H2SO4: 
1 mol L-1 ─ 1 mol de H2SO4 ─ 1 L de solução ou 
1 mol L-1 ─ 1 mol de H2SO4 ─ 1000 mL de solução 
8,0 mol L-1 ─ 0,050 mol de H2SO4 ─ x 
Resolvendo a regra de três, podemos escrever: 
mLxmLx
Lmol
Lmol
mol
mol
mL
x 3,625,6
0,8
1
1
050,0
1000 1
1
=∴=∴=
−
−
 
PROBLEMA PROPOSTO 4.5 
Qual o volume de uma solução 6,00 mol L-1 de HCl necessário para se preparar uma solução 
0,055 mol L-1? 
 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
24 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4.2. Molalidade 
Define-se a molalidade de uma solução como sendo a relação entre a quantidade de 
matéria do soluto e a massa do solvente em quilogramas: 
)()( kgemsolventedomassa
AdematériadequantidadeAmolalidade = 
)(
)()(
solvm
AnAmolalidade = Eq. 5 
Trabalhando-se com as unidades na Eq. 5, chega-se à conclusão que a unidade da 
grandeza molalidade deve ser mol kg–1: 
1)()()(
)()( −=∴=∴= kgmolAmolalidade
kg
molAmolalidade
solvm
AnAmolalidade 
É extremamente comum, apesar de recomendação contrária da IUPAC, encontrarmos 
molal como sendo a unidade para a grandeza molalidade. 
Da mesma forma que fizemos com no sentido de se evitar a memorização de fórmulas, 
trabalharemos a partir de uma variação da definição de molalidade. Uma solução 1 mol por 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
25 
quilograma seria aquela que possui 1 mol do soluto A dissolvido em 1 quilograma de 
solvente. Desta forma podemos escrever: 
1 mol kg-1 ─ 1 mol de A ─ 1 kg de solvente Eq. 6 
Optaremos pelo uso da Eq. 6 na resolução de problemas que envolva molalidade. 
Você deve tomar muito cuidado para não confundir as definições de concentração em 
quantidade de matéria e molalidade, uma vez que elas são muito parecidas. A concentração 
em quantidade de matéria depende do volume da solução, enquanto a molalidade depende 
da massa de solvente. 
Geralmente, a molalidade é modo de expressar a concentração mais adequado quando 
estamos estudando soluções dentro de uma faixa de temperaturas, uma vez que a 
molalidade de uma determinada solução não varia com a temperatura visto que as massas 
não variam com a temperatura. Já a concentração em quantidade de matéria varia com a 
temperatura porque o volume vai variar com a expansão ou a contração de uma solução. 
Exemplo 10: Calcule a molalidade de uma solução contendo 100 g de sacarose (C12H22O11) 
em água suficiente para o preparo de 800,0 mL de solução. Considere que a densidade da 
solução é 1,12 g mL–1. 
Resolução: 
Inicialmente devemos calcular a massa molecular da sacarose: 
MM(C12H22O11) = 12 x (12,0 u) + 22 x (1,00 u) +11 x(16,0 u) = 342 u 
A massa molar da sacarose será então: 
Mm (C12H22O11) = 342 g mol–1 
Antes de prosseguirmos com nossos cálculos, vamos encontrar a massa de solvente que foi 
utilizada para preparar a solução. Assim, calculamos inicialmente a massa da solução: 
gm
mL
m
mLg
V
md 0,896
0,800
12,1 1 =∴=∴= − 
Como a massa da solução é a soma das massas de soluto e solvente, temos que: 
gmggmmmmmmm
solvsolvsolutosolusolvsolutosolvsolu 0,7961000,896 =∴−=∴−=∴+= 
De posse dos dados, podemos utilizar a Eq. 6 para resolver o problema: 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
26 
1 mol kg-1 ─ 1 mol de C12H22O11 ─ 1 kg de solvente 
Sabendo que em 1 mol de C12H22O11 estão contidos 342 g de C12H22O11, a relação acima 
pode ser rescrita: 
1 mol kg-1 ─ 342 g de C12H22O11 ─ 1 kg de solvente 
Como 1 kg = 1000 g, simplificamos os cálculos eliminando etapas adicionais de conversão 
de unidades: 
1 mol kg-1 ─ 342 g de C12H22O11 ─ 1000 g de solvente 
Agora montamos a regra de três composta: 
1 mol kg-1 ─ 342 g de C12H22O11 ─ 1000 g de solvente 
x ─ 100 g de C12H22O11 ─ 796 mL de solvente 
Resolvendo a regra de três, podemos escrever: 
1
1
367,0
796
1000
342
100
1
−
−
=∴= kgmolx
g
g
g
g
kgmol
x
 
 
Exemplo 11: Calcule a molalidade de uma solução obtida pela dissolução de 5,00 g de NaCl 
em 95,0g de água. 
Resolução: 
Inicialmente devemos calcular a massa molecular do NaCl: 
MM(NaCl) = 23,0 u + 35,5 u = 58,5 u 
A massa molar do NaCl será então: 
Mm (NaCl) = 58,5 g mol–1 
Utilizando a Eq. 6: 
1 mol kg-1 ─ 1 mol de NaCl ─ 1 kg de solvente ou 
1 mol kg-1 ─ 58,5 g de NaCl ─ 1 kg de solvente 
1 mol kg-1 ─ 58,5 de NaCl ─ 1000 g de solvente 
x ─ 5,00 g de NaCl ─ 95,0 g de solvente 
Resolvendo a regra de três, podemos escrever: 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
27 
1
1
899,0
0,95
1000
5,58
00,5
1
−
−
=∴= kgmolx
g
g
g
g
kgmol
x
 
PROBLEMA PROPOSTO 4.5 
Qual a molalidade de uma solução preparada pela dissolução de 5,85 x 10-3 g de Mg(SO4)2 
em 50 g de água? 
 
 
 
 
 
 
 
4.3. Porcentagem em massa 
A porcentagem em massa é definida pela razão entre a massa do soluto e a massa total 
da solução: 
%100%
soluçãodamassa
solutodomassa
massaem = Eq. 7 
A memorização da Eq. 7 é totalmente desnecessária se utilizarmos o significado de 
porcentagem que aprendemos no ensino fundamental. Dizer que uma solução é 70% em 
massa significa que em cada 100 gramas de solução temos 70 gramas de soluto. 
Resolveremos todos os problemas envolvendo % em massa raciocinando em cima do 
significado de porcentagem. Obviamente, esta não precisa ser a sua escolha! 
Ainda é comum a utilização do termo porcentagem em peso, porém essa denominação é 
errada. Lembre-se que peso é a força gravitacional sofrida por um corpo nas proximidades 
de um plana. Assim se a massa de uma pessoa é 70,0 kg, seu peso será 687 kg m s-2, ou 
687 N (vide infra), ou seja bem diferente da massa. 
NPsmkgPsmkgPgmP 68768782,970 22 =∴=∴=∴=
→
−
→
−
→→→
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
28 
Observe que a % em massa é adimensional. 
É importante dizer que existem outras formas similares de concentração que às vezes 
causam confusão: 
• porcentagem em volume – essa deve ser indicada como, por exemplo 80% v/v; 
• porcentagem em massa por volume – essa deve ser indicada como, por exemplo 80% 
m/v 
No caso da % em massa é desnecessário indicarmos como 80% m/m. 
Exemplo 12: Calcule a % em massa de uma solução contendo 100,0 g de sacarose 
(C12H22O11) em água suficiente para o preparo de 800,0 mL de solução. Considere que a 
densidade da solução é 1,12 g mL–1. 
Resolução: 
Inicialmente precisamos achar a massa da solução: 
gm
mL
m
mLg
V
md 0,896
0,800
12,1 1 =∴=∴= − 
Em seguida, montamos uma regra de três simples a partir dos dados fornecidos: 
100,0 g de soluto ─ 896,0 g solução 
x ─ 100 g de solução 
x = 11,16 g 
A resposta encontrada nos indica que temos 11,16 g de sacarose em cada 100,0 g de 
solução, ou seja é o mesmo que dizer 11,16%. Obedecendo a quantidade de algarismos 
significativos, nossa resposta deve ser 11,1%. 
 
Exemplo 13: Calcule a % em massa de uma solução obtida pela dissolução de 5,00 g de 
NaCl em 95,0 g de água. 
Resolução: 
Este é bem simples, basta um pouco de atenção! A massa da solução será a massa de 
solvente mais a massa de soluto. Logo, a massa da solução é 100,0 gramas. O enunciado 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
29 
nos diz, portanto, que cada 100 gramas de solução contém 5,00 gramas de NaCl. Portanto, a 
% em massa = 5,00% 
4.4. Fração em quantidade de matéria 
Você não deve se intimidar com o nome dado para este modo de expressar a 
concentração. Aprendemos o conceito de fração nos primeiros anos do ensino fundamental. 
Imagine que você comprou um queijo no mercado e chegando em casa você dividiu o queijo 
em quatro. Você comeu uma dessas partes. Sua filha vendo que você estava comendo com 
prazer, decidiu também comer uma parte. Logo, cada uma de vocês comeu ¼ do queijo. Ou 
seja, ¼ é a fração do queijo que cada um de vocês comeu. É exatamente este conceito que 
utilizamos aqui! 
A fração em quantidade de matéria é a relação entre a quantidade de matéria de um dos 
componentes e a quantidade de matéria total da solução. 
soluçãodatotalmatériadequantidade
AdematériadedequantidaA =)(χ 
)()(
)()(
BnAn
AnA
+
=χ Eq. 8 
Analisando-se a Eq. 5, observa-se que a fração em quantidade de matéria é 
adimensional. 
mol
molA
soluçãodatotalmatériadequantidade
AdematériadedequantidaA =∴= )()( χχ 
A fração em quantidade de matéria é muitas vezes também chamada de fração em mol e 
era comumente chamada de fração molar. 
Exemplo 14: Calcule as frações em quantidade de matéria de sacarose (C12H22O11) e de H2O 
de uma solução contendo 100,0 g de sacarose em água suficiente para o preparo de 800 mL 
de solução. Considere que a densidade da solução é 1,12 g mL–1. 
Resolução: 
Inicialmente devemos calcular a massa molecular da sacarose e da água: 
MM(C12H22O11) = 12 x (12,0 u) + 22 x (1,00 u) +11 x(16,0 u) = 342 u 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
30 
A massa molar da sacarose será então: 
Mm (C12H22O11) = 342 g mol–1 
A massa molecular da água é: 
MM(H2O) = 2 x (1,00 u) + 1 x (16,0 u) = 18,0 u 
A massa molar da água será então: 
Mm (H2O) = 18,0 g mol–1 
Agora precisamos achar a massa de solvente na solução: 
gm
mL
m
mLg
V
md 0,896
0,800
12,1 1 =∴=∴= − 
Como a massa da solução é a soma das massas de soluto e solvente, temos que: 
gmggmmmmmmm
solvsolvsolutosolusolvsolutosolvsolu 0,7960,1000,896 =∴−=∴−=∴+= 
Utilizando a Eq. 1, encontramos a quantidade de matéria de sacarose e de água presentes 
na solução: 
mol
g
g
sacarosen
M
m
n
n
mM
m
m
2924,0
342
0,100)( ==∴=∴=
mol
g
gáguan
M
m
n
n
mM
m
m
22,44
0,18
0,796)( ==∴=∴= 
De posse desses dados basta utilizarmos a Eq. 8 para encontrarmos as frações em 
quantidade de matéria dos dois componentes da solução: 
31057,6
22,442924,0
924,02)()()(
)()( −=
+
=∴
+
= x
molmol
mol
sacarose
BnAn
AnA χχ 
994,0
22,442924,0
22,44)()()(
)()( =
+
=∴
+
=
molmol
molágua
BnAn
AnA χχ 
É óbvio que a soma das frações em quantidade de matéria dos dois componentes de uma 
solução será igual a 1: 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
31 
1)()( =+ águasacarose χχ 
Assim poderíamos ter calculado a fração em quantidade de matéria da água da seguinte 
forma: 
994,01057,61)( 3 =−= −xáguaχ 
 
Exemplo 15: Calcule a fração em quantidade de matéria de ambos os componentes de uma 
solução obtida pela dissolução de 5,00 g de NaCl em 95,0 g de água. 
Resolução: 
Inicialmente devemos calcular a massa molecular do cloreto de sódio e da água: 
MM(NaCl) = 23,0 u + 35,5 u= 58,5 u 
A massa molar do cloreto de sódio será então: 
Mm (NaCl) = 58,5 g mol–1 
A massa molecular da água é: 
MM(H2O) = 2 x (1,00 u) + 1 x (16,0 u) = 18,0 u 
A massa molar da água será então: 
Mm (H2O) = 18 g mol–1 
Utilizando a Eq. 1, encontramos a quantidade de matéria de cloreto de sódio e de água 
presentes na solução: 
molx
g
gNaCln
M
m
n
n
mM
m
m
2105547,8
5,58
00,5)( −==∴=∴=
mol
g
gáguan
M
m
n
n
mM
m
m
278,5
0,18
0,95)( ==∴=∴= 
De posse desses dados, basta utilizarmos a Eq. 8 para encontrarmos as frações em 
quantidade de matéria dos dois componentes da solução: 
2
2
2
1059,1
278,5105547,8
105547,8)()()(
)()( −
−
−
=
+
=∴
+
= x
molmolx
molxNaCl
BnAn
AnA χχ 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
32 
984,0
278,5105547,8
278,5)()()(
)()(
2
=
+
=∴
+
=
−
molmolx
molágua
BnAn
AnA χχ 
Poderíamos ter calculado a fração em quantidade de matéria da água da seguinte forma: 
984,01059,11)( 2 =−= −xáguaχ 
4.5. Problemas Propostos1) Se uma balança tem uma precisão de ±0,001g, com quantos algarismos significativos 
deve ser informada uma massa de 16 g medida neste instrumento? 
 
 
2) Dê o número de algarismos significativos de cada uma das seguintes medidas: (a) 9,538 
kg; (b) 1,4 x 104 m; (c) 0,00452 mL? 
 
 
3) Calcule a quantidade de matéria em 1 kg de CaCl2. 
 
 
 
4) Calcule a massa contida em 2,45 mol de H2SO4. 
 
 
 
5) Sabe-se que 3,0 mol de uma determinada substância tem uma massa de 144 g. Qual a 
massa molar dessa substância? 
 
 
 
6) Calcule a quantidade de matéria em 120,0 g de HCl. 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
33 
7) Calcule a quantidade de matéria em 38,6 g de ácido sulfúrico. 
 
 
 
8) Calcule a quantidade de matéria em 189,0 g de glicose (C6H12O6). 
 
 
 
9) Calcule a massa de 0,06 mol de álcool etílico (C2H5OH). 
 
 
 
 
10) Qual a massa de 1,32 mol de ácido nítrico (HNO3)? 
 
 
 
 
 
11) Qual a massa de KCl presentes em 50,0 mL de uma solução 0,020 mol L–1 desse sal? 
 
 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
34 
12) Calcule a concentração em quantidade de matéria de uma solução obtida pela 
dissolução de 37,0 g de H2SO4 em água suficiente para se obter 500 mL de solução. 
 
 
 
 
 
13) Qual a concentração em quantidade de matéria de 250 mL de solução contendo 26,8 g 
de cloreto de cálcio (CaCl2)? 
 
 
 
 
14) Pretende-se preparar 500 mL de uma solução 1,05 x 10–3 mol L–1 de glicose (C6H12O6). 
Qual deve ser a massa de glicose a ser utilizada? 
 
 
 
 
 
15) Adicionou-se 242 g de NaCl em uma quantidade de água suficiente para o preparo de 
1000 mL de solução. Qual a concentração em quantidade de matéria da solução obtida? 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
35 
16) Qual a massa de nitrato de sódio (NaNO3) necessária para se preparar 100 mL de uma 
solução 0,02 mol L–1? 
 
 
 
 
17) Qual a massa de MgCl2 necessária para o preparo de 2,50 x 103 mL de solução 0,03 mol 
L–1? 
 
 
 
 
 
18) Qual a massa de tolueno (C7H8) que deve ser dissolvida em uma quantidade suficiente 
de benzeno (C6H6) para se obter 250 mL de uma solução 0,250 mol L–1? 
 
 
 
 
 
 
19) Qual a massa de Na2CO3 contida em 250 mL de uma solução 2,00 mol/L de Na2CO3? 
 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
36 
20) Uma solução é preparada pela dissolução de 4,35 g de glicose (C6H12O6) em água 
suficiente para perfazer 25,0 mL de solução. Calcule a concentração em quantidade de 
matéria de glicose nessa solução. 
 
 
 
 
 
 
21) Calcule a concentração em quantidade de matéria de uma solução preparada a partir da 
dissolução de 5,00 g de tolueno (C7H8) em 225 g de benzeno. A densidade da solução é 
0,876 g/mL. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
22) Qual a concentração em quantidade de matéria de uma solução contendo 0,245 g de KCl 
em água suficiente para perfazer um 500 mL de solução? 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
37 
23) Calcule a concentração em quantidade de matéria de NaCl em uma solução contendo 
68,52 g de soluto em água suficiente para perfazer 500 mL de solução. 
 
 
 
 
24) Qual deve ser o volume de uma solução aquosa 3,61 mol L–1 que contém 58,9 g de KI? 
 
 
 
 
 
 
25) Qual a quantidade de matéria de NaCl presente em 250 mL de uma solução 0,10 mol L–1 
desse sal? 
 
 
 
 
 
 
26) Qual o volume de HCl 6,03 mol L–1 deve ser utilizado para se preparar 1,00 L de uma 
solução 0,05 mol L–1? 
 
 
 
 
 
 
27) Pretende-se preparar 250 mL de solução 0,448 mol L–1 de MgCl2. Qual o volume de 
solução 1,35 mol L–1 deve ser utilizado no preparo dessa solução? 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
38 
 
 
 
 
 
 
 
 
28) 125 mL de uma solução 2,46 mol L–1 de NaCl foram diluídos para 950 mL. Qual é a 
concentração em quantidade de matéria da solução final? 
 
 
 
 
 
 
 
 
29) Para se obter uma solução 0,245 mol L–1 de Na3PO4 adicionou-se 50,00 mL de água a 
uma solução 0,900 mol L–1 desse sal. Qual o volume final da solução? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
30) Qual será a concentração final de 105,0 mL de uma solução de NaCl obtida misturando-
se 40,0 mL de NaCl 0,150 mol L–1 e 65,0 mL de NaCl 0,190 mol L–1? 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
39 
31) Qual o volume de HNO3 2,5 mol L–1 necessário para preparar 500 mL de uma solução 
0,15 mol L–1? 
 
 
 
 
 
 
32) Qual a molalidade de uma solução obtida pela dissolução de 28,6 g de sacarose 
(C12H22O11) em 101,4 g de água? 
 
 
 
 
33) Qual é a molalidade de uma solução obtida através da dissolução de 35,0 g de naftaleno 
(C10H8) em 425 g de tolueno (C7H8)? 
 
 
 
 
 
34) Qual será a molalidade de uma solução obtida pela dissolução de 4,50 g de NH3 em 330 
g de água. 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
40 
35) Qual a massa de NaCl dissolvidos em 600 mL de água para se preparar uma solução 
0,15 mol kg–1 desse sal? 
 
 
 
 
 
36) Qual a massa de H2SO4 presente uma solução 0,150 mol kg–1 desse ácido preparada 
com 500 mL de água? 
 
 
 
 
37) Qual a massa de KI que deve ser utilizada para o preparo de uma solução 0,350 mol kg–1 
desse sal em 5,00 x 103 mL de água? 
 
 
 
 
 
 
38) Calcule a % em massa de uma solução obtida pela dissolução de 37,0 g de H2SO4 em 
água suficiente para se obter 500 mL de solução com d = 1,32 g mL–1. 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
41 
39) Qual é a % em massa de uma solução obtida através da dissolução de 35,0 g de 
naftaleno (C10H8) em 425 g de tolueno (C7H8)? 
 
 
 
 
 
40) Qual a massa de KCl presentes em 50,0 mL de uma solução 20% desse sal (d = 1,02 g 
mL–1)? 
 
 
 
 
 
41) Calcule a % em massa de uma solução obtida pela dissolução de 37,0 g de H2SO4 463 g 
de água. 
 
 
 
 
 
 
42) Calcule a % em massa de uma solução de iodo (I2) preparada pela dissolução de 0,045 
mol de I2 em 115 g de CCl4? 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
42 
43) Qual é a % em massa de íons estrôncio (Sr2+) na água do mar sabendo-se que ela 
contém 0,0079 g de Sr2+ por quilograma de água. 
 
 
 
44) Qual a % em massa de 250 mL de solução contendo 26,8 g de cloreto de cálcio (CaCl2) 
(d = 1,15 g mL–1)? 
 
 
 
 
45) Qual a % em massa de Na2SO4 em uma solução contendo 11,7 g de Na2SO4 em 443 g 
de água. 
 
 
 
 
46) Qual a % em massa de prata de um mineral que contém 5,95 g de prata por tonelada de 
mineral. 
 
 
 
 
47) Pretende-se preparar 500 mL de uma solução 65% de glicose (C6H12O6), cuja densidade 
é 1,42 g mL–1. Qual deve ser a massa de glicose a ser utilizada? 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
43 
48) Adicionou-se 242 g de NaCl em uma quantidade de água suficiente para o preparo de 
1000 mL de solução (d = 1,26 g mL–1). Qual a % em massa da solução obtida? 
 
 
 
 
49) Qual a massa de nitrato de sódio (NaNO3) necessária para se preparar 250 g de uma 
solução 15%? 
 
 
 
50) Qual a massa de MgCl2 necessária para o preparode 2,50 x 103 mL de solução 25%, 
cuja densidade é 1,45 g mL–1? 
 
 
 
 
51) Qual a massa de tolueno (C7H8) que deve ser dissolvida em uma quantidade suficiente 
de benzeno (C6H6) para se obter 250 g de uma solução 16,2%? 
 
 
 
52) Qual a massa de Na2CO3 contida em 250 mL de uma solução 13,5% de Na2CO3 (d = 
1,15 g mL–1)? 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
44 
53) Uma solução é preparada pela dissolução de 4,35 g de glicose (C6H12O6) em 25,0 mL de 
água. Calcule a fração em quantidade de matéria de glicose nessa solução. 
 
 
 
 
 
 
 
 
54) Calcule a fração em quantidade de matéria de ambos os componentes de uma solução 
preparada a partir da dissolução de 5,00 g de tolueno (C7H8) em 225 g de benzeno. 
 
 
 
 
 
 
55) Qual a fração em quantidade de matéria do soluto em uma solução contendo 0,245 g de 
KCl em água suficiente para perfazer um 500 mL de solução com densidade igual a 1,39 g 
mL–1? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
45 
56) Calcule a fração em quantidade de matéria de NaCl em uma solução contendo 68,52 g 
de soluto dissolvidos em 420 mL de água. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
57) Qual o volume de água a ser adicionado em 58,9 g de KI para se obter uma solução cuja 
fração em quantidade de matéria desse sal é 0,075? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
58) Qual a quantidade de matéria de NaCl a ser dissolvida em 250 mL água para se preparar 
uma solução cuja fração em quantidade de matéria do soluto é 0,0450? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
46 
59) Qual a fração em quantidade de matéria de sacarose de uma solução obtida pela 
dissolução de 28,6 g de sacarose (C12H22O11) em 101,4 g de água? 
 
 
 
 
 
 
 
60) Qual será a fração em quantidade de matéria de amônia de uma solução obtida pela 
dissolução de 4,50 g de NH3 em 330 g de água. 
 
 
 
 
 
 
 
 
61) Qual a massa de NaCl dissolvidos em 600 mL de água para se preparar uma solução 
com fração em quantidade de matéria de NaCl igual a 1,67 x 10–3? 
 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
47 
62) Qual a massa de H2SO4 dissolvido em 500 mL de água para se preparar uma solução 
cuja fração em quantidade de matéria de ácido sulfúrico é 0,0150? 
 
 
 
 
 
 
 
 
63) Qual a massa de KI que deve ser dissolvida em 5,00 x 103 mL de água para se preparar 
uma solução com fração em quantidade de matéria desse sal igual a 3,22 x 10–2? 
 
 
 
 
 
 
 
 
64) Qual (a) a concentração em quantidade de matéria; (b) a molalidade; (c) a % em massa e 
(d) a fração em quantidade de matéria de ambos os componentes de uma contendo 7,5 g de 
CH3OH e 245 g de H2O? (A densidade da solução é 0,934 g mL–1.) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
48 
65) Calcule (a) a concentração em quantidade de matéria; (b) a molalidade (c) a % em 
massa e (d) a fração em quantidade de matéria de fenol de uma solução preparada pela 
dissolução de 25,5 g de fenol (C6H5OH) em 495 g de etanol (CH3CH2OH). (A densidade da 
solução é 1,10 g mL–1.) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
66) Uma solução preparada pela dissolução de 571,6 g de H2SO4 em água suficiente para 
perfazer 1 L tem uma densidade de 1,329 g mL–1. Calcule (a) a concentração em quantidade 
de matéria; (b) a molalidade, (c) a % em massa; e (d) a fração em quantidade de matéria de 
H2SO4 nessa solução. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
49 
67) Calcule (a) a concentração em quantidade de matéria; (b) a molalidade; (c) a % em 
massa; e (d) a fração em quantidade de matéria de ácido ascórbico em uma solução 
preparada a partir de 80,5 g (vitamina C, C6H8O6) de ácido ascórbico dissolvidos em 210 g 
de água. A densidade da solução resultante é 1,22 g mL–1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
68) Uma solução é preparada a partir da dissolução de 15,0 mL de CH3OH (d = 0,79 g mL–1) 
em 90,0 mL de CH3CN (d = 0,786 g mL–1). Calcule: (a) a concentração em quantidade de 
matéria; (b) a molalidade; (c) a % em massa; e (d) a fração em quantidade de matéria de 
metanol na solução. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
50 
69) Calcule a concentração em quantidade de matéria de uma solução de amônia (NH3) 28% 
em massa cuja densidade é 0,853 g mL–1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
70) Calcule (a) a percentagem em massa; e (b) a fração em quantidade de matéria de 
cafeína (C8H10N4O2) em uma solução 0,0750 mol/kg de cafeína em clorofórmio (CHCl3). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
71) Calcule a molalidade e a % em massa do ácido clorídrico (HCl) comercial. Dados: c 
=12,0 mol L–1 e d = 1,18 g mL–1. 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
51 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
72) Calcule a fração em quantidade de matéria e a % em massa de CaCl2 de uma solução 
0,100 mol kg–1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
73) A dissolução de 15,0 g de ácido cítrico (C6H8O7) em 35,0 g de água produz uma solução 
cuja densidade é igual a 1,13 kg L–1. Calcule (a) a concentração em quantidade de matéria; 
(b) a molalidade; (c) a % em massa e (d) a fração em quantidade de matéria de ácido cítrico 
dessa solução. 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
52 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5. Balanceamento de equações químicas 
Para que uma equação química esteja completa é preciso que o número de átomos de 
um tipo nos reagentes seja igual ao número de átomos do mesmo tipo no lado dos produtos. 
Este processo é chamado de balanceamento de equações químicas. Não podemos esquecer 
que ao lidarmos com equações iônicas, as cargas também devem estar balanceadas. 
Através do balanceamento, obtemos os índices estequiométricos da reação. Os índices 
estequiométricos nos fornecem a proporção na qual a reação ocorre. 
Existem dois métodos simples para balancearmos uma equação química: por tentativa e 
através do número de elétrons transferidos (no caso de reações de oxirredução). 
5.1. Por tentativa 
Como o próprio nome diz, tentamos acertar os índices estequiométricos de tal forma que 
cada lado da equação tenha o mesmo número de átomos do mesmo tipo. Vejamos alguns 
exemplos. 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
53 
A equação não balanceada da combustão do metano é: 
CH4(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(l) 
Temos um C a esquerda, portanto colocaremos o índice 1 para o C à direita. Temos 4 H à 
esquerda e precisamos colocar um índice 2 para o H2O. Assim temos um total de 4 átomos 
de oxigênio à direita, exigindo o índice 2 para o O2. Desta forma a equação balanceada é: 
CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(l) 
Balanceando a equação abaixo: 
H2(g) + I2(g) → HI(g) 
temos: 
H2(g) + I2(g) → 2HI(g) 
Observe no exemplo a seguir, que uma vez que o íon NO3 aparece da mesma forma à 
esquerda e à direita, podemos fazer o seu balanceamento como NO3 ao invés de contar 
analisar o número de átomos de N e de O separadamente. Note também, que neste caso a 
equação já está balanceada como escrita. 
AgNO3(aq) + NaCl → AgCl + NaNO3 
Note que a equaçãoabaixo já está balanceada. Ela possui número iguais de átomos do 
mesmo tipo em ambos os lados. As cargas em ambos os lados são iguais, ou seja, +2. 
Zn(s) + Cu2+(aq) → Zn2+(aq) + Cu(s) 
Outros exemplos: 
não balanceada: H2(g) + O2(g) → H2O(l) 
balanceada: H2(g) + ½O2(g) → H2O(l) 
 
não balanceada: S8(s) + O2(g) → SO3(s) 
balanceada: S8(s) + 12O2(g) → 8SO3(s) 
 
não balanceada: C(s) + O2(g) → CO2(g) 
balanceada: C(s) + O2(g) → CO2(g) 
 
não balanceada: Mg(s) + O2(g) → MgO(s) 
balanceada: 2Mg(s) + O2(g) → 2MgO(s) 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
54 
não balanceada: AgNO3(aq) + NaOH(aq) → Ag2O(s) + NaNO3(aq) + H2O(l) 
balanceada: 2AgNO3(aq) + 2NaOH(aq) → Ag2O(s) + 2NaNO3(aq) + H2O(l) 
 
não balanceada: Na(s) + H2O(l) → NaOH(aq) + H2(g) 
balanceada: 2Na(s) + 2H2O(l) → 2NaOH(aq) + H2(g) 
 
não balanceada: Fe(s) + HCl(aq)
 
→ FeCl2(aq) + H2(g) 
balanceada: Fe(s) + 2HCl(aq)
 
→ FeCl2(aq) + H2(g) 
 
não balanceada: MgBr2(aq) + Cl2(g) → MgCl2(aq) + Br2(l) 
balanceada: MgBr2(aq) + Cl2(g) → MgCl2(aq) + Br2(l) 
5.2. Através do número de elétrons transferidos 
Antes de abordarmos o balanceamento de equações nas quais existe transferência de 
elétrons, vamos recordar alguns termos importantes. Se existe transferência de elétrons, 
estamos diante de uma reação de oxirredução, isto é, um reagente sofrerá redução e o outro 
sofrerá oxidação. Lembre-se que: 
• redução: ocorre uma redução no número de oxidação, ou seja, envolve o ganho 
de elétrons. A espécie sofrendo redução é chamada de agente oxidante. 
• oxidação: ocorre aumento no número de oxidação, ou seja, envolve a perda de 
elétrons. A espécie sofrendo oxidação é chamada de agente redutor. 
Só existe oxidação se houver redução. Para que uma espécie perca elétrons é preciso 
que alguém aceite estes elétrons. 
Para balancearmos reações de oxirredução vamos seguir o roteiro abaixo: 
• determine o número de oxidação de cada elemento; 
• descubra quem está sofrendo redução e quem está sofrendo oxidação; 
• determine o número de elétrons ganhos e perdidos; 
• iguale o número de elétrons ganhos e perdidos; 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
55 
• complete o índice dos reagentes sem mudar o índice daqueles que sofreram 
oxirredução. 
Vejamos alguns exemplos da aplicação deste roteiro. 
Exemplo 1: 
 
O Mn varia de +4 para +6, logo perde 2 elétrons, enquanto o Cl passa de +5 para -1, ou seja, 
ganha 6 elétrons. Todos os outros átomos não variam o número de oxidação. O número de 
elétrons ganhos tem que ser igual ao número de elétrons perdidos, logo fazemos 
2 elétrons x 3 = 6 elétrons (MnO2) 
6 elétrons x 1 = 6 elétrons (KClO3) 
Assim, para que o KClO3 ganhe 6 elétrons, são necessárias três unidades de MnO2. 
Portanto, podemos escrever: 
 
Agora podemos fazer o balanceamento por tentativa, sem modificar os índices do MnO2 e do 
KClO3. Como temos 3 Mn à esquerda, adicionamos 3 como índice do K2MnO4. Temos um Cl 
à esquerda, portanto o índice do KCl ser á 1. Temos agora 7 K à direita. Para balancearmos 
adicionamos o índice 6 no KOH. 
3MnO2 + KClO3 + 6KOH → 3K2MnO4 + KCl + H2O 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
56 
Só nos resta agora balancear os átomos de H e O. Do lado esquerdo temos 6 H, logo 
precisamos de 3 H2O. Isto faz com que tenhamos 15 O à esquerda e 15 O à direita. Logo a 
equação balanceada é: 
3MnO2 + KClO3 + 6KOH → 3K2MnO4 + KCl + 3H2O 
Exemplo 2: 
C + H2SO4 → CO2 + SO2 + H2O 
 
O C varia de zero para +4, logo perde 4 elétrons, enquanto o S passa de +6 para +4, ou seja, 
ganha 2 elétrons. Todos os outros átomos não variam o número de oxidação. O número de 
elétrons ganhos tem que ser igual ao número de elétrons perdidos, logo fazemos 
4 elétrons x 1 = 4 elétrons (C) 
2 elétrons x 2 = 4 elétrons (H2SO4) 
Assim, para que o C ganhe 4 elétrons, são necessárias duas unidades de H2SO4. Portanto, 
podemos escrever: 
 
Agora podemos fazer o balanceamento por tentativa, sem modificar os índices do C e do 
H2SO4. Como temos 2 S e 1 C à esquerda, adicionamos 2 e 1 como índices do SO2 e do 
CO2, respectivamente. Temos 4 átomos de H à esquerda, portanto o índice do H2O ser á 2. 
Com isto temos 8 O à esquerda e 8 O à direita. Logo a equação balanceada é: 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
57 
C + 2H2SO4 → CO2 + 2SO2 + 2H2O 
Exemplo 3: 
Neste caso precisamos prestar muita atenção. Temos mais de um átomo, tanto no agente 
redutor quanto no agente oxidante! 
 
O Cr varia de +6 para +3, logo cada Cr ganha 3 elétrons, mas como são 2 átomos de Cr, 
temos 6 elétrons envolvidos na redução. Cada C passa de zero para +4, ou seja, perde 4 
elétrons. Porém a espécie C6H12O7 possui 6 átomos de C, logo são 24 elétrons envolvidos na 
oxidação. Igualando o número de elétrons envolvidos na oxidação e na redução temos: 
3 elétron x 2 átomos de Cr x 4 = 24 elétrons (K2Cr2O7) 
4 elétrons x 6 átomos de C x 1 = 24 elétrons (C6H12O7) 
Assim, precisamos que 5 unidades de K2Cr2O7 para ganhar 24 elétrons de uma unidade de 
C6H12O7. Portanto, podemos escrever: 
 
Fazendo o balanceamento dos átomos restantes, por tentativa, chegamos à seguinte 
equação: 
 
Exemplo 4: 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
58 
 
O C varia de +3 para +4, logo perde 1 elétron, enquanto o Mn passa de +7 para +2, ou seja, 
ganha 5 elétrons. Todos os outros átomos não variam o número de oxidação. O número de 
elétrons ganhos tem que ser igual ao número de elétrons perdidos. Aqui temos que prestar 
muita atenção, pois cada carbono perde 1 elétron, mas H2C2O4 possui 2 átomos de carbono. 
Assim, fazemos: 
1 elétron x 2 átomos de C x 5 = 10 elétrons (H2C2O4) 
5 elétrons x 2 = 10 elétrons (KMnO4) 
Assim, 5 unidades de H2C2O4 perdem 10 elétrons para que 2 unidades de KMnO4 ganhe 
esses 10 elétrons. Portanto, podemos escrever: 
 
Agora podemos fazer o balanceamento por tentativa, sem modificar os índices do H2C2O4 e 
do KMnO4. Como temos 10 C e 2 Mn à esquerda, adicionamos 10 e 2 como índices do 
H2C2O4 e do MnO, respectivamente. Colocando os índices 1 e 5 para K2O e H2O, 
respectivamente, iguala o número de átomos de K, H e O dos dois lados da equação. Logo a 
equação balanceada é: 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
59 
 
Exemplo 5: 
 
O iodo varia de -1 para zero, logo perde 1 elétron, enquanto o Mn passa de +4 para +2, ou 
seja, ganha 2 elétrons. Como o número de elétrons ganhos tem que ser igual ao número de 
elétrons perdidos, temos 2 elétrons envolvidos no processo. 
1 elétron x 2 = 2 elétrons (KI) 
2 elétrons x 1 = 2 elétrons (MnO2) 
Assim, 2 unidades de KI fornecem 2 elétrons para 1 unidade de MnO2 e podemos escrever: 
 
Fazendo o balanceamento por tentativa, sem modificar os índices do KI e do MnO2. A 
equação balanceada será: 
 
Exemplo 6: 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
60 
Balanceando: 
 
Exemplo 7: 
 
Balanceando: 
 
Exemplo 8: 
 
Balanceando: 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
61 
Exemplo 9: 
 
Balanceando: 
 
Exemplo 10: 
 
Balanceando: 
 
Exemplo 11: 
 
Balanceando: 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
62 
6. Cálculos estequiométricos 
Faremos uma abordagem de cálculos estequiométricos através da resolução de 
problemas. Iniciaremos com um problema simples e iremos aumentando o grau de 
dificuldade deste mesmo problema adicionando outras variáveis. 
Exemplo 1: A fermentação da glicose ocorre segundo a equação abaixo: 
C6H12O6→ C2H5OH + CO2 (equação não balanceada) 
Calcule a quantidade de álcool etílico que será produzido a partir de 489,0 g de glicose? 
Resolução: 
Inicialmente fazemos o balanceamento da equação. O balanceamento por ser feito por 
tentativa. Mas primeiro fazemos o balanceamento dos hidrogênios, pois ele só aparece em 
um dos produtos. A equação balanceada será: 
C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2 
Agora devemos calcular a massa molecular da glicose e do álcool etílico: 
MM(C6H12O6) = 6 x (12,0 u) + 12 x (1,00 u) +6 x(16,0 u) = 180,0 u 
MM(C2H6O) = 2 x (12,0 u) + 6 x (1,00 u) +1 x(16,0 u) = 46,0 u 
As massas molares da glicose e do álcool etílico são: 
Mm (C6H12O6) = 180 g mol–1 e Mm (C2H6O) = 46 g mol–1 
De acordo com a equação temos: 
1 mol de glicose ─ 1 mol de álcool etílico 
180,0 g mol-1 de glicose ─ 2 x 46,0 g mol-1 de álcool etílico 
489,0 g ─ x 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
63 
g
molg
gmolgx
x 93,249
0,180
0,4890,462
1
1
==
−
−
 
Serão produzidos 249,9 g de álcool etílico. 
Exemplo 2: A fermentação da glicose ocorre segundo a equação abaixo: 
C6H12O6 → C2H5OH + CO2 (equação não balanceada) 
Calcule a quantidade de álcool etílico que será produzido a partir de 489,0 g de glicose, 
considerando que o processo tem um rendimento de 75,00%? 
Resolução: 
Inicialmente fazemos o balanceamento da equação. O balanceamento por ser feito por 
tentativa. Mas primeiro fazemos o balanceamento dos hidrogênios, pois ele só aparece em 
um dos produtos. A equação balanceada será: 
C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2 
Agora devemos calcular a massa molecular da glicose e do álcool etílico: 
MM(C6H12O6) = 6 x (12,0 u) + 12 x (1,00 u) +6 x(16,0 u) = 180,0 u 
MM(C2H6O) = 2 x (12,0 u) + 6 x (1,00 u) +1 x(16,0 u) = 46,0 u 
As massas molares da glicose e do álcool etílico são: 
Mm (C6H12O6) = 180 g mol–1 e Mm (C2H6O) = 46 g mol–1 
De acordo com a equação temos: 
1 mol de glicose ─ 1 mol de álcool etílico 
180,0 g mol-1 de glicose ─ 2 x 46,0 g mol-1 de álcool etílico 
489,0 g ─ x 
g
molg
gmolgx
x 93,249
0,180
0,4890,462
1
1
==
−
−
 
Se o processo tivesse um rendimento de 100%, ou seja, se não houvesse nenhuma perda 
durante a reação, obteríamos 249,93 g de álcool. Portanto, precisamos fazer um cálculo 
adicional: 
 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
64 
249,93 g de álcool ─ 100% de rendimento 
x ─ 75,00% 
gxx 45,187
%100
%00,7593,249
== 
Serão produzidos 187,5 g de álcool etílico. 
 
Exemplo 3: A fermentação da glicose ocorre segundo a equação abaixo: 
C6H12O6 → C2H5OH + CO2 (equação não balanceada) 
Calcule a quantidade de álcool etílico que será produzido a partir de 489,0 g de glicose com 
pureza de 98,2% e considerando que o processo tem um rendimento de 85,0%? 
Resolução: 
Inicialmente fazemos o balanceamento da equação. O balanceamento por ser feito por 
tentativa. Mas primeiro fazemos o balanceamento dos hidrogênios, pois ele só aparece em 
um dos produtos. A equação balanceada será: 
C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2 
Agora devemos calcular a massa molecular da glicose e do álcool etílico: 
MM(C6H12O6) = 6 x (12,0 u) + 12 x (1,00 u) +6 x(16,0 u) = 180,0 u 
MM(C2H6O) = 2 x (12,0 u) + 6 x (1,00 u) +1 x(16,0 u) = 46,0 u 
As massas molares da glicose e do álcool etílico são: 
Mm (C6H12O6) = 180 g mol–1 e Mm (C2H6O) = 46 g mol–1 
Antes de iniciarmos o cálculo de quanto do álcool será produzido, precisamos calcular a 
pureza da glicose. A pureza nada mais é do que a porcentagem em massa. Quando é dito 
que a glicose tem uma pureza de 98,2%, significa dizer que de cada 100 g do material 
utilizado (“solução), apenas 98,2 g é glicose, o restante é impureza. Assim: 
100 g da amostra ─ 98,2 g é glicose 
489,0 g ─ x 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
65 
g
g
gg
x 2,480
100
2,980,489
==
 
Logo, a quantidade de glicose que foi realmente utilizada no processo é 480,2 g. De acordo 
com a equação temos: 
1 mol de glicose ─ 1 mol de álcool etílico 
180,0 g mol-1 de glicose ─ 2 x 46,0 g mol-1 de álcool etílico 
480,2 g ─ x 
g
molg
gmolgx
x 4,245
0,180
2,4800,462
1
1
==
−
−
 
Se o processo tivesse um rendimento de 100%, ou seja, se não houvesse nenhuma perda 
durante a reação, obteríamos 245,4 g de álcool. Portanto, precisamos fazer um cálculo 
adicional: 
245,4 g de álcool ─ 100% de rendimento 
x ─ 85,0% 
gxx 6,208
%100
%0,854,245
==
 
Assim, obteremos 208,6 g de álcool etílico. 
 
Exemplo 4: A fermentação da glicose ocorre segundo a equação abaixo: 
C6H12O6 → C2H5OH + CO2 (equação não balanceada) 
Calcule o volume de álcool etílico que será produzido a partir de 489,0 g de glicose. 
Considere que a glicose tenha pureza de 97,6%, que o processo tenha um rendimento de 
96,0% e que d = 0,789 g mL-1? 
Resolução: 
Inicialmente fazemos o balanceamento da equação. O balanceamento por ser feito por 
tentativa. Mas primeiro fazemos o balanceamento dos hidrogênios, pois ele só aparece em 
um dos produtos. A equação balanceada será: 
C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
 
66 
Agora devemos calcular a massa molecular da glicose e do álcool etílico: 
MM(C6H12O6) = 6 x (12,0 u) + 12 x (1,00 u) +6 x(16,0 u) = 180,0 u 
MM(C2H6O) = 2 x (12,0 u) + 6 x (1,00 u) +1 x(16,0 u) = 46,0 u 
As massas molares da glicose e do álcool etílico são: 
Mm (C6H12O6) = 180 g mol–1 e Mm (C2H6O) = 46 g mol–1 
Antes de iniciarmos o cálculo de quanto do álcool será produzido, precisamos calcular a 
pureza da glicose. A pureza nada mais é do que a porcentagem em massa. Quando é dito 
que a glicose tem uma pureza de 97,6%, significa dizer que de cada 100 g do material 
utilizado (“solução), apenas 97,6 g é glicose, o restante é impureza. Assim: 
100 g da amostra ─ 97,6 g é glicose 
489,0 g ─ x 
g
g
gg
x 3,477
100
6,970,489
==
 
Logo, a quantidade de glicose que foi realmente utilizada no processo é 477,3 g. De acordo 
com a equação temos: 
1 mol de glicose ─ 1 mol de álcool etílico 
180,0 g mol-1 de glicose ─ 2 x 46,0 g mol-1 de álcool etílico 
477,3 g ─ x 
g
molg
gmolgx
x 9,243
0,180
3,4770,462
1
1
==
−
−
 
Se o processo tivesse um rendimento de 100%, ou seja, se não houvesse nenhuma perda 
durante a reação, obteríamos 243,9 g de álcool. Portanto, precisamos fazer um cálculo 
adicional: 
243,9 g de álcool ─ 100% de rendimento 
x ─ 97,6% 
gxx 0,238
%100
%6,979,243
==
 
Agora precisamos transformar a massa encontrada em volume: 
 
Descomplicando os Cálculos Estequiométricos 
Robson Mendes Matos 
67 
mL
mLg
g
v
d
m
v
v
md 3,366
789,0
0,238
1
==∴=∴=
−
 
Assim, obteremos 366 mL de álcool etílico. 
 
Exemplo 5: Precisamos obter 5,45 L de álcool etílico. No nosso laboratório, no momento, o 
único reagente disponível para esta reação é um frasco de glicose que tem 68,4% de pureza. 
Sabe-se que a fermentação da glicose tem rendimento de 98,7% e que a densidade do 
álcool etílico é 0,789 g mL-1. Quanto da nossa amostra de glicose devemos utilizar para 
obtermos a quantidade de álcool desejada? 
C6H12O6 → C2H5OH + CO2 (equação não balanceada) 
Resolução: 
Inicialmente fazemos o balanceamento da equação. O balanceamento por ser feito por 
tentativa. Mas primeiro fazemos o balanceamento dos hidrogênios, pois ele só aparece em 
um dos produtos. A equação balanceada será: 
C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2 
Agora devemos calcular a massa molecular da glicose e do álcool etílico: 
MM(C6H12O6) = 6 x (12,0 u) + 12 x (1,00 u) +6 x(16,0 u) = 180,0 u 
MM(C2H6O) = 2 x (12,0 u) + 6 x (1,00 u) +1 x(16,0 u) = 46,0 u 
As massas molares da