REVISÃO - ESTEQUIOMETRIA

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Química Geral 
para Engenharia
Estequiometria -
Revisão
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- Leis Ponderais
Na Química, as Leis Ponderais incluem as “Leis de Proust” e a “Lei de
Lavoisier”. Ambas contribuíram para o avanço da Química com ciência de forma
que introduziram o método científico.
As Leis Ponderais foram postulados no século XVIII, sendo essenciais para
os estudos da estequiometria e de outras teorias que foram postuladas
posteriormente. Elas estão relacionadas com as massas dos elementos químicos
dentro das reações químicas.
A Lei de Lavoisier é chamada de “Lei de Conservação das Massas” e foi
introduzida pelo químico francês Antoine Laurent Lavoisier (1743-1794). Seu
enunciado é: “a soma das massas das substâncias reagentes em um recipiente
fechado é igual à soma das massas dos produtos da reação”.
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Lavoisier fez vários experimentos analisando as massas dos reagentes e
dos produtos nas reações químicas, o que levou a constatar que a massa dos
elementos envolvidos, após reagirem são, constantes, ou seja, a reação possui a
mesma massa inicial.
- Leis Ponderais
A Lei de Proust é chamada de “Lei das Proporções Constantes” e foi
postulada pelo químico francês Joseph Louis Proust (1754-1826). Seu enunciado
é: “uma determinada substância composta é formada por substâncias mais
simples, unidas sempre na mesma proporção em massa”.
Da mesma maneira, Proust realizou um série de experimentos e constatou
que as massas dos elementos envolvidos nas reações químicas são proporcionais.
Ou seja, determinadas substâncias sempre reagem com outras a partir de uma
proporção definida das massas envolvidas.
Observe que as massas dos elementos envolvidos podem se alterar, no
entanto, a proporção entre elas será sempre a mesma. Assim, se a massa de um
elemento da reação química é duplicada, os outros também são. Isso explica o
processo de balanceamento de reações químicas e os cálculos estequiométricos.
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- Leis das proporções múltiplas - Dalton
A lei das proporções múltiplas é uma das leis fundamentais da
estequiometria, descoberta em 1803 pelo químico John Dalton. A lei baseia-se na
lei das proporções definidas, e diz que quando elementos químicos se combinam,
fazem-no numa proporção de pequenos números inteiros. Por exemplo, o
carbono e o oxigênio reagem para formar o monóxido de carbono (CO) ou dióxido
de carbono (CO2). A lei das proporções múltiplas diz ainda que se dois elementos
químicos formam mais de um composto químico entre eles, as razões das massas
do segundo elemento para massa fixa do primeiro também são números inteiros.
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Exemplo¹: O benzeno (𝐶6𝐻6) possui 0,9226 g de carbono para cada
grama de benzeno. A massa restante é hidrogênio. Para os
hidrocarbonetos a seguir, determine: a) a massa de hidrogênio que se
combina a 1 g de carbono; b) comparando com a proporção de benzeno,
determine a proporção mínima (de inteiros) entre carbono e hidrogênio
para os hidrocarbonetos.
- Leis das proporções múltiplas - Dalton
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(a) Fazemos a diferença entre 1 g pela quantidade de gramas de carbono por
grama de Xileno: 1 − 0,9051 = 0,0949 g de H por grama de Xileno.
Agora, por regra de três sabemos a massa de hidrogênio que se combina
a 1 g de carbono:
Fazemos o mesmo processo para os outros 3 hidrocarbonetos:
1 − 0,9346 = 0,0654 g
de H por grama de
Bifenil.
0,0654 g de H ------- 0,9346 g de C
𝑥 g de H −−−−−−− 1 g de C
𝑥 = 0,06998 g de H
0,0949 g de H ------- 0,9051 g de C
𝑥 g de H −−−−−−− 1 g de C 
𝑥 = 0,10485 g de H
1 − 08984 = 0,1016 g
de H por grama de
Mesitileno.
0,1016 g de H ------- 0,8984 g de C
𝑥 g de H −−−−−−− 1 g de C
𝑥 = 0,11309 g de H
1 − 0,9125 = 0,0875 g
de H por grama de
Tolueno.
0,0875 g de H ------- 0,9125 g de C
𝑥 g de H −−−−−−− 1 g de C
𝑥 = 0,09589 g de H
- Leis das proporções múltiplas - Dalton
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(b) Para determinar a proporção mínima entre carbono e hidrogênio para os
hidrocarbonetos precisamos dividir seus valores por suas respectivas massas
molares:
Xileno
0,0949 g de H para 0,9051 g de C
0,0949/𝑀𝑀 de H =
0,0949
1
= 0,0949 0,9051/𝑀𝑀 de C =
0,9051
12
= 0,075425
Dividimos ambas as razões pela menor razão, logo: 
0,0949
0,075425
= 1,2582 em 𝐻 e 
0,075425
0,075425
= 1 em 𝐶
Agora, multiplicamos por mesmos valores até que ambas razões fiquem com números interiores, logo:
1,2582𝑥4 = 5 em 𝐻 e 1𝑥4 = 4 em 𝐶 , logo a proporção entre C e H é de 4:5
Bifenil
0,0654 g de H para 0,9346 g de C
0,0654/𝑀𝑀 de H =
0,0654
1
= 0,0654 0,9346/𝑀𝑀 de C =
0,9346
12
= 0,07883
Dividimos ambas as razões pela menor razão, logo: 
0,0654
0,0654
= 1 em 𝐻 e 
0,07833
0,075425
= 1,1977em 𝐶
Agora, multiplicamos por mesmos valores até que ambas razões fiquem com números interiores, 
logo:
1,1977𝑥5 = 6 em 𝐶 e 1𝑥5 = 5 em 𝐻 , logo a proporção entre C e H é de 6:5
- Leis das proporções múltiplas - Dalton
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(b) Para determinar a proporção mínima entre carbono e hidrogênio para os
hidrocarbonetos precisamos dividir seus valores por suas respectivas massas
molares:
Mesitileno
0,1016 g de H para 0,8984 g de C
0,1016/𝑀𝑀 de H =
0,1016
1
= 0,1016 0,8984/𝑀𝑀 de C =
0,8984
12
= 0,074866
Dividimos ambas as razões pela menor razão, logo: 
0,1016
0,074866
= 1,3571 em𝐻 e 
0,074866
0,074866
= 1 em 𝐶
Agora, multiplicamos por mesmos valores até que ambas razões fiquem com números interiores, logo:
1,357𝑥3 = 4 em 𝐻 e 1𝑥3 = 3 em 𝐶 , logo a proporção entre C e H é de 3:4
Tolueno
0,0875 g de H para 0,9125 g de C
0,0875/𝑀𝑀 de H =
0,0875
1
= 0,0875 0,9125/𝑀𝑀 de C =
0,9125
12
= 0,0760
Dividimos ambas as razões pela menor razão, logo: 
0,0875
0,0760
= 1,15132 em 𝐻 e 
0,0760
0,0760
= 1 em 𝐶
Agora, multiplicamos por mesmos valores até que ambas razões fiquem com números interiores, 
logo:
1,15132𝑥7 = 8 em𝐻 e 1𝑥7 = 7 em 𝐶 , logo a proporção entre C e H é de 7:8
- Espectro de Massa
A espectrometria de massas é uma técnica analítica física para detectar
e identificar moléculas de interesse por meio da medição de sua massa e da
caracterização de sua estrutura química. O princípio físico básico de um
espectrômetro de massa consiste em criar íons de compostos orgânicos por
um método adequado, separá-los de acordo com a sua taxa de massa/carga
e, por conseguinte, detectá-los qualitativamente e quantitativamente por sua
respectiva taxa massa-carga e abundância.
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- Espectro de Massa
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Exemplo²: Suponhamos que tenha sido analisada uma amostra do
elemento zircônio, (número atômico 40), usando espectrometria de massa. A
amostra, após atravessar o instrumento, geraria um espectro de massa similar
ao da figura abaixo, onde a altura de um pico é aproximadamente
proporcional à abundância relativa para dado valor de massa/carga. Com
base neste espectro, qual é o isótopo mais comum de zircônio nessa amostra?
A altura do pico no espectro de massa
é proporcional à abundância relativa. Zr-90
é o isótopo mais comum nesta amostra, pois
possui o mais intenso, ou mais alto pico.
- O Número de Avogadro
O cientista Amedeo Avogadro afirmou que, estando nas mesmas
condições físicas, volumes iguais de diferentes gases tem o mesmo número
de partículas. Todavia, dizer que um gás tem mesmo número de partículas
que o outro não implica que ambos possuam mesmo número de átomos.
O Número de Avogrado representa o número de partículas ou
moléculas contidas num mol.
𝑁𝐴 = 6,02214076𝑥10
23 partículas.
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- O mol e Massas Molares
O mol representa a grandeza da quantidade de matéria e massa
contida em 1 mol é chamada de massa molar (MM). Para calcular o número
de mols contido em determinada massa m, usa-se a relação:
𝒏 =
𝒎
𝑴𝑴
em que 1 mol tem massa MM e n mols tem massa m.
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- Concentração Molar
A concentração em quantidade de matéria, também conhecida como
molaridadeé a relação entre a quantidade de matéria do soluto, medida em mol
(𝑛1), e o volume da solução em litros (𝑉). Essa concentração é medida em mol
por litro (mol/L).
𝑴 =
𝑛1
𝑽
=
𝒎1
𝑴𝑴.𝑽
Em muitos casos, não é fornecido o valor da quantidade de matéria do
soluto (𝑛1), mas sim sua massa expressa em gramas (𝑚1). Nesses casos temos
que a quantidade de matéria do soluto em mols (𝑛1) tem de ser calculada
mediante equação para números de mols já vista.
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Exemplo³: Uma solução aquosa com 100 ml de volume contém 20 g de
NaCl. Como procederia para expressar a concentração dessa solução em
quantidade de matéria por volume? (Massa atômicas: Na = 23 u, Cl = 35,46 u).
Fazendo a conversão unidades, inicialmente temos que 100 ml equivale
0,1 L. Em seguida, expressamos o valor de massa molar (MM) do sal:
𝑴𝑴 𝑵𝒂𝑪𝒍
= 𝟏 . 𝟐𝟑 + 𝟏. 𝟑𝟓, 𝟒𝟔
= 𝟓𝟖, 𝟓𝟔 𝒈/𝒎𝒐𝒍 𝑴 =
𝒎1
𝑴𝑴.𝑽
=
𝟐𝟎
𝟓𝟖, 𝟒𝟔 . 𝟎, 𝟏
= 𝟑, 𝟒 𝒎𝒐𝒍/𝑳
Por fim, calculamos a concentração molar:
- Conversões entre massas, mol e n° de partículas
Conversões de massa para mols e vice-versa são comummente encontradas
nos cálculos usando o conceito de mol. Esses cálculos são facilmente realizados
pela análise dimensional.
O conceito de mol fornece a ponte entre massa e número de partículas.
Para ilustrar como podemos converter massas e números de partículas, vamos
calcular o número de átomos de cobre em uma moeda de cobre de um centavo
norte-americano. Essa moeda pesa aproximadamente 3 g e considere que ela
seja 100% de cobre:
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Á𝒕𝒐𝒎𝒐𝒔 𝒅𝒆 𝑪𝒖 = 𝟑 𝒈 𝒅𝒆 𝑪𝒖
𝟏𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝑪𝒖
𝟔𝟑, 𝟓 𝒈 𝒅𝒆 𝑪𝒖
𝟔, 𝟎𝟐𝟐𝒙𝟏𝟎𝟐𝟑 á𝒕𝒐𝒎𝒐𝒔 𝒅𝒆 𝑪𝒖
𝟏𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝑪𝒖
= 𝟑𝒙𝟏𝟎𝟐𝟐 á𝒕𝒐𝒎𝒐𝒔 𝒅𝒆 𝑪𝒖
Exemplo4: Calcule a quantidade de matéria (mols) em 5,380 g de glicose
(𝐶6𝐻12𝑂6).
𝑴𝒐𝒍𝒔 𝒅𝒆 𝐶6𝐻12𝑂6 = 𝟓, 𝟑𝟖𝟎 𝒈 𝒅𝒆 𝐶6𝐻12𝑂6
𝟏𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝐶6𝐻12𝑂6
180,0 𝑔 𝑑𝑒 𝐶6𝐻12𝑂6
= 𝟎, 𝟎𝟐𝟗𝟖𝟗𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝐶6𝐻12𝑂6
- Tipos de Fórmulas
As fórmulas químicas representam o número e o tipo de átomos que
constituem uma molécula. Os tipos de fórmulas podem ser:
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- Composição percentual
Ocasionalmente, teremos de calcular a composição percentual de um
composto (isto é, a contribuição percentual em massa de cada elemento na
substância). O cálculo depende da massa molecular da substância, da
massa atômica de cada elemento no qual estamos interessados e do
número de átomos de cada elemento na fórmula química:
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%𝒅𝒐 𝒆𝒍𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 =
𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 á𝒕𝒐𝒎𝒐𝒔 𝒅𝒆𝒔𝒔𝒆 𝒆𝒍𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂 𝒂𝒕ô𝒎𝒊𝒄𝒂 𝒅𝒐 𝒆𝒍𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓 𝒅𝒐 𝒄𝒐𝒎𝒑𝒐𝒔𝒕𝒐
𝒙𝟏𝟎𝟎%
Exemplo5: Calcule a composição percentual dos elementos constituintes de
𝐶12𝐻22𝑂11 (Massas atômicas: C = 12 u, H = 1 u, O = 16 u):
%𝑪 =
𝟏𝟐 𝟏𝟐
𝟏𝟐 . 𝟏𝟐 + 𝟏 . 𝟐𝟐 + (𝟏𝟔 . 𝟏𝟏)
𝒙𝟏𝟎𝟎% = 𝟒𝟐, 𝟏%
%𝑯 =
𝟐𝟐 𝟏
𝟏𝟐 . 𝟏𝟐 + 𝟏 . 𝟐𝟐 + (𝟏𝟔 . 𝟏𝟏)
𝒙𝟏𝟎𝟎% = 𝟔, 𝟒%
%𝑪 =
𝟏𝟏 𝟏𝟔
𝟏𝟐 . 𝟏𝟐 + 𝟏 . 𝟐𝟐 + (𝟏𝟔 . 𝟏𝟏)
𝒙𝟏𝟎𝟎% = 𝟓𝟏, 𝟓%
- Conversões entre Fórmulas
A fórmula mínima ou empírica nos fornece a menor relação de proporção
entre os elementos de um composto.
Para determinar a fórmula empírica de um composto é necessário saber
primeiro qual é a sua fórmula percentual. Por exemplo, digamos que a
composição percentual de determinado composto seja: 40 % de C, 6,67% de H e
53,33% de O. Passamos esses valores para grama, considerado massa de 100 g
de amostra o composto.
Assim, temos: 40 g de C, 6,67 g de H e 53,33 g de O. Agora é necessário
passar esses valores para a quantidade de matéria (mol). Fazemos isso dividindo
cada um dos valores encontrados por suas respectivas massas molares:
C: 40/12 = 3,33; H: 6,67/1 = 6,67; O: 53,33/16 = 3,33. Nessa caso o menor
valor é 3,33 de modo que o resultado será: C: 3,33/3,33 = 1; H: 6,67/3,33 = 2; O:
3,33/3,33 = 1. Assim a fórmula mínima será:
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𝐶1𝐻2𝑂1ou 𝐶𝐻2𝑂
- Conversões entre Fórmulas
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Em resumo, os passos para encontrar a fórmula mínima são:
1 – Saber a proporção em massa dos elementos, obtida experimentalmente ou
fornecida pela fórmula percentual;
2 – Transformar a proporção percentual para proporção de massa de cada elemento
em 100 g da amostra;
3 – Dividir pela respectiva massa molar para descobrir a quantidade de matéria
(mol);
4 – Dividir pelo menor valor de quantidade matéria;
5 – Multiplicar para obter um número inteiro se necessário;
Porcentagem 
em massa dos 
elementos
Gramas de cada 
elemento
Dados:
Supor 100 g de amostra
Use massas 
atômicas
Mols de cada 
elemento
Calcular razão molar
Fórmula 
mínima
Encontrar:
- Conversões entre Fórmulas
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Exemplo6: Determine a fórmula mínima de um minério de estanho se uma
amostra pesando 500 g possuía a composição elementar: 394 g de estanho e 106
g de oxigênio.
𝑺𝒏 =
𝟑𝟗𝟒
𝟏𝟏𝟖, 𝟕𝟏
= 𝟑, 𝟑𝟏𝟗 𝑶 =
𝟏𝟎𝟔
𝟏𝟔
= 𝟔, 𝟔𝟐𝟓
O procedimento geral para converter massa e número de unidades da
fórmula (átomos, moléculas, íons ou o que quer que esteja representado na
fórmula química) de uma substância está resumido a seguir:
Gramas Mols
Fórmulas 
Mínimas
Use 
massa 
molar
Use 
número de 
Avogrado
Sabendo os valores de massa, dividiremos pelas suas respectivas massa
molar:
Dividindo ambos pelo menor valor:
𝑺𝒏 =
𝟔, 𝟔𝟐𝟓
𝟑, 𝟑𝟏𝟗
= 𝟐 𝑶 =
𝟔, 𝟔𝟐𝟓
𝟔. 𝟔𝟐𝟓
= 𝟏
Assim, a fórmula mínima do minério estanho é: 𝑆𝑛2𝑂
- Conversões entre Fórmulas – Molecular e Mínima
A fórmula molecular é a combinação de símbolos químicos e índices que
expressam os números reais dos átomos de cada elemento presente em uma
molécula.
Para determinação da fórmula molecular é necessário primeiro obter a
fórmula empírica (mínima) que exprime a proporção dos átomo. Por exemplo, a
fórmula empírica da glicose é 𝐶𝐻2𝑂 em proporções de (1:2:1). A partir da
fórmula mínima, calculamos a massa dessa fórmula multiplicando as massas
atômicas pelas suas respectivas massa:
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𝐶 = 12.1 = 12 ; 𝐻 = 1.2 = 2 ; 𝑂 = 16.1 = 16
𝑀𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝐶𝐻2𝑂 = 12 + 2 + 16 = 30
Em seguida, é necessário se ter a informação da massa molar da glicose,
que e 180 g/mol. Assim podemos calcular quantas vezes a massa da fórmula
mínima “cabe” na massa molecular da substância: 180/30 = 6.
Agora, multiplicamos a proporção em que cada elemento aparece na
fórmula mínima por 6:
𝐶 = 1.6 = 6 ; 𝐻 = 2.6 = 12 ; 𝑂 = 1.6 = 6
Com a proporção definida (6:12:6), temos a fórmula molecular da
glicose: 𝐶6𝐻12𝑂6
- Análise por combustão
Os químicos têm desenvolvido um número de diferentes técnicas
experimentais para determinar as fórmulas mínimas dos compostos. Umas delas
é a análise por combustão, a mais utilizada para compostos contendo carbono e
hidrogênio.
Quando um composto contendo carbono e hidrogênio sofre combustão
completa, todo o carbono no composto é convertido em 𝐶𝑂2 e todo hidrogênio
em 𝐻2𝑂. As quantidades de 𝐶𝑂2 e 𝐻2𝑂 produzidas são determinadas pela
medida do aumento na massa de 𝐶𝑂2 e 𝐻2𝑂 absorvidas. A partir das massa de
𝐶𝑂2 e 𝐻2𝑂, podemos calcular a quantidade de matéria de C e H no composto
original e, a seguir, a fórmula mínima. Se um terceiro elemento está presente no
composto, sua massa pode ser determinada subtraindo-se de C e H da massa
original do composto.
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Exemplo7: Álcool isopropílico, uma substância vendida como “álcool de
massagem”, é composto de C,H e O. A combustão de ,255 de álcool
isopropílico produz 0,561 d de 𝐶𝑂2 e 0,306 g de 𝐻2𝑂. Determine a fórmula
mínima do álcool isopropílico.
- Análise por combustão
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Massa de carbono em 𝐶𝑂2
𝟏𝟐 𝒈 𝒅𝒆 𝑪 ---- 𝟒𝟒 𝒈 𝒅𝒆 𝑪𝑶𝟐
𝒙 𝒈 𝒅𝒆 𝑪 ---- 𝟎, 𝟓𝟔𝟏 𝒈 𝒅𝒆 𝑪𝑶𝟐
𝒙 = 𝟎, 𝟏𝟓𝟑 𝒈 𝒅𝒆 𝑪
Exemplo7: Álcool isopropílico, uma substância vendida como “álcool de massagem”,
é composto de C,H e O. A combustão de 0,255 g de álcoolisopropílico produz 0,561 g
de 𝐶𝑂2 e 0,306 g de 𝐻2𝑂. Determine a fórmula mínima do álcool isopropílico.
Inicialmente deve-se identificar quanto em gramas de cada elemento compõe as
moléculas de 𝐶𝑂2 e 𝐻2𝑂. Por regra de três temos:
Massa de hidrogênio em 𝐻2𝑂
𝟐 𝒈 𝒅𝒆 𝑯 ---- 𝟏𝟖 𝒈 𝒅𝒆 𝑯𝟐𝑶
𝒙 𝒈 𝒅𝒆 𝑯 ---- 𝟎, 𝟑𝟎𝟔 𝒈 𝒅𝒆 𝑯𝟐𝑶
𝒙 = 𝟎, 𝟎𝟑𝟒 𝒈 𝒅𝒆 𝑯
Massa de oxigênio na amostra
𝒎𝒅𝒆 𝑶 = 𝒎𝒂𝒎𝒐𝒔𝒕𝒓𝒂 − 𝒎𝒅𝒆 𝑪 +𝒎𝒅𝒆 𝑯
𝒎𝒅𝒆 𝑶 = 𝟎, 𝟐𝟓𝟓 − 𝟎, 𝟏𝟓𝟑 − 𝟎, 𝟎𝟑𝟒
= 𝟎, 𝟎𝟔𝟖 𝒈 𝒅𝒆 𝑶
Adiante, calculamos a quantidade de matéria da amostra:
Mols de carbono
𝟏𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝑪 ---- 𝟏𝟐 𝒈 𝒅𝒆 𝑪
𝒙𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝑪 ---- 𝟎, 𝟏𝟓𝟑 𝒈 𝒅𝒆 𝑪
𝒙 = 𝟎, 𝟎𝟏𝟐𝟖𝒎𝒐𝒍𝒔 𝒅𝒆 𝑪
Mols de hidrogênio
𝟏𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝑯 ---- 𝟏 𝒈 𝒅𝒆 𝑯
𝒙𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝑯 ---- 𝟎, 𝟎𝟑𝟒 𝒈 𝒅𝒆 𝑪
𝒙 = 𝟎, 𝟎𝟑𝟒𝒎𝒐𝒍𝒔 𝒅𝒆 𝑯
Mols de oxigênio
𝟏𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝑶 ---- 𝟏𝟔 𝒈 𝒅𝒆 𝑶
𝒙𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝑶 ---- 𝟎, 𝟎𝟔𝟖 𝒈 𝒅𝒆 𝑶
𝒙 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟒𝟑𝒎𝒐𝒍𝒔 𝒅𝒆 𝑪
Para calcular a fórmula mínima, dividimos os n°s de mols pelo menor número
de mols:
𝑪: 𝟎,
𝟎, 𝟏𝟐𝟖
𝟎, 𝟎𝟎𝟒𝟑
= 𝟑; 𝑯: 𝟎,
𝟎, 𝟎𝟑𝟒
𝟎, 𝟎𝟎𝟒𝟑
= 𝟖; 𝑪: 𝟎,
𝟎, 𝟎𝟎𝟒𝟑
𝟎, 𝟎𝟎𝟒𝟑
= 𝟏
Assim, a fórmula mínima será: 𝐶3𝐻8𝑂
- Informações a partir de equações balanceadas
O conceito de mol permite-nos usar as informações quantitativas
disponíveis em uma equação balanceada em nível macroscópico prático.
Considerando a seguinte equação balanceada:
2𝐻2 𝑔 + 𝑂2 𝑔 → 2𝐻2𝑂(𝑙)
Os coeficientes dizem que duas moléculas de 𝐻2 reagem com cada
molécula de 𝑂2 para formar duas moléculas de 𝐻2𝑂. Segue que a quantidade
relativas da matéria são idênticas aos números relativos de moléculas:
2𝐻2 𝑔 + 𝑂2 𝑔 → 2𝐻2𝑂(𝑙)
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2 moléculas
2 6,022𝑥1023 moléculas
2 mols
1 molécula
6,022𝑥1023 moléculas
1 mol
2 moléculas
2 6,022𝑥1023 moléculas
2 mols
As quantidades 2 mols de 𝐻2, 1 mol de 𝑂2 e 2 mols de 𝐻2𝑂, dadas pelos
coeficientes, são chamados de quantidades estequiometricamente equivalentes
(ee).
Essas relações estequiométricas podem ser usadas para fazer a
conversão entre as quantidades de reagentes e produtos em uma reação
química. Por exemplo, quantidade matéria de 𝐻2𝑂 produzida a partir de
1,57 mol de 𝑂2 pode ser calculada como a seguir:
- Informações a partir de equações balanceadas
𝑀𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐻2𝑂 = 1,57 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑂2
2𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
1𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑂2
= 3,14 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
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Exemplo8: Considere a combustão do butano na reação seguinte e diga qual a
massa de 𝐶𝑂2 produzida quando 1,00 g 𝐶4𝐻10 é queimado.
2𝐶4𝐻10 𝑙 + 13𝑂2 𝑔 → 8𝐶𝑂2 𝑔 + 10𝐻2𝑂(𝑔)
Os coeficientes nos dizem como a quantidade de 𝐶4𝐻10 consumida está
relacionada com a quantidade de 𝐶𝑂2 produzida: 2 mols de 𝐶4𝐻10 é
estequiometricamente equivalente (ee) a 8 mols de 𝐶𝑂2. Entretanto, no intuito de
usar essa relação devemos usar a massa molar de 𝐶4𝐻10 para converter gramas
de 𝐶4𝐻10 para mols de 𝐶4𝐻10. Uma vez que 1 mol de 𝐶4𝐻10 = 58,0 g (soma das
massa molares do 4 C e os 10 H) de 𝐶4𝐻10, temos:
𝑀𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐶4𝐻10 = 1,00 𝑔 𝑑𝑒 𝐶4𝐻10
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶4𝐻10
58,0 𝑔 𝑑𝑒 𝐶4𝐻10
= 1,72𝑥10−2𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶4𝐻10
Podemos usar o fator estequiométrico a partir da equação
balanceada, 2 mols de 𝐶4𝐻10 ee a 8 mols de 𝐶𝑂2, para calcular mols de
𝐶𝑂2:
- Informações a partir de equações balanceadas
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𝑀𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐶𝑂2 = 1,72𝑥10
−2 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑂2
8 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑂2
2 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑂2
= 6,88𝑥10−2𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑂2
Finalmente, podemos calcular a massa de 𝐶𝑂2, em gramas, usando a massa
molar de 𝐶𝑂2 (1 mol de 𝐶𝑂2 = 44,0 g de 𝐶𝑂2).
𝐺𝑟𝑎𝑚𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝐶𝑂2 = 6,88𝑥10
−2 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑂2
44,0 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑂2
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑂2
= 3,03 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑂2
Assim, a sequência de conversão é:
Gramas de 
reagente 
Mols de 
reagentes
Mols de 
produtos
Gramas de 
produtos
Analogamente, podemos calcular a quantidade de 𝑂2 consumida ou
𝐻2𝑂 produzida nessa reação. Para calcular a quantidade de 𝑂2 consumida,
nos baseamos, outra vez, nos coeficientes da equação balanceamento para
nos dar o fator estequiométrico apropriados: 2 mols de 𝐶4𝐻10 ee a 13 mols
de 𝑂2:
- Informações a partir de equações balanceadas
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𝐺𝑟𝑎𝑚𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑂2 = (1,00 𝑔 𝑑𝑒 𝐶4𝐻10)
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶4𝐻10
58,0 𝑔 𝑑𝑒 𝐶4𝐻10
13 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑂2
2 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶4𝐻10
32 𝑔 𝑑𝑒 𝑂2
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑂2
= 3,59 𝑔 𝑑𝑒 𝑂2
O esquema abaixo resume o procedimento usado para calcular as
quantidades de substâncias consumidas ou produzidas em reações químicas:
Gramas da 
substância A
Quantidade de 
matéria da 
substância A
Dados:
Utilizar massa 
molar de A
Use coeficientes de A e 
b a partir da equação 
balanceada
Quantidade de 
matéria da 
substância B
Utilizar massa 
molar de B
Gramas da 
substância B
Encontrar:
- Informações a partir de equações balanceadas
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Exemplo9: Quantas gramas de água são produzidos na oxidação de 1,00 g de
glicose 𝐶8𝐻12𝑂8?
𝐶8𝐻12𝑂8 𝑠 + 6𝑂2 𝑔 → 6𝐶𝑂2 𝑔 + 6𝐻2𝑂(𝑙)
Em primeiro lugar, usamos a massa molar de 𝐶8𝐻12𝑂8 para converter
gramas de 𝐶8𝐻12𝑂8 em mols de 𝐶8𝐻12𝑂8.
𝑀𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐶8𝐻12𝑂8 = 1,00 𝑔 𝑑𝑒 𝐶8𝐻12𝑂8
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶8𝐻12𝑂8
180,0 𝑔 𝑑𝑒 𝐶8𝐻12𝑂8
Em segundo lugar, usamos a equação balanceada para converter
quantidade de matéria de 𝐶8𝐻12𝑂8 em quantidade de matéria de 𝐻2𝑂:
𝑀𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐻2𝑂 = 1,00 𝑔 𝑑𝑒 𝐶8𝐻12𝑂8
1𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶8𝐻12𝑂8
180,0 𝑔 𝑑𝑒𝐶8𝐻12𝑂8
6𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
1𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶8𝐻12𝑂8
Em terceiro lugar, usamos a massa molar de 𝐻2𝑂 para converter
quantidade de matéria de 𝐻2𝑂 em gramas de 𝐻2𝑂.
𝐺𝑟𝑎𝑚𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝐻2𝑂 =
= 1,00 𝑔 𝑑𝑒 𝐶8𝐻12𝑂8
1𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶8𝐻12𝑂8
180,0 𝑔 𝑑𝑒𝐶8𝐻12𝑂8
6 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
1𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶8𝐻12𝑂8
18 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
1𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
=
= 0,600 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
- Informações a partir de equações balanceadas
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Exemplo10: Considere a seguinte reação 4𝑁𝐻3 + 6𝑁𝑂 → 5𝑁2 + 6𝐻2𝑂 (a) que
massa de 𝑁𝑂 é necessária para produzir 0,865 g de 𝐻2𝑂? (b) qual a massa de
𝑁𝐻3 é necessária para formar 3,20 mols de 𝐻2𝑂? (c) quantos mols de 𝐻2𝑂
seriam formados com a reação de 0,772 mol de 𝑁2?
(a) Precisamos inicialmente transformar a massa de 𝐻2𝑂 em mols, logo,
faremos:
𝑀𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐻2𝑂 = 0,865 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
18 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
= 0,048 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑀𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝑁𝑂 = (0,048 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐻2𝑂)
6 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝑁𝑂
6𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
= 0,048 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑂
Por fim, usamos a massa molar de 𝑁𝑂 para converter quantidade de matéria de
𝑁𝑂 em gramas de 𝑁𝑂.
Em seguida, usamos a equação balanceada para converter quantidade de
matéria de 𝐻2𝑂 em quantidade de matéria de 𝑁𝑂:
𝐺𝑟𝑎𝑚𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑁𝑂 = (0,048)
30 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑂
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑂
= 1,44 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑂
- Reagente Limitante
Suponha que você desejasse fazer vários sanduíches usando uma fatia de
queijo e duas fatias de pão para cada um deles. Usando Pa = pão e Qu = queijo e Pa2-
Qu = sanduíche, a receita para fazer um sanduíche poder ser representada como
uma equação química:
2𝑃𝑎 + 𝑄𝑢 → 𝑃𝑎2𝑄𝑢
Se você tem 10 fatias de pão e 7 fatias de queijo, apenas 5 sanduíches
poderão sem feitos antes que o pão acabe. Restarão 2 fatias de queijo. A quantidade
de pão disponível limita o número de sanduíches.
Uma situação análoga ocorre em reações químicas quando um dos reagentes
é usado completamente antes dos outros. A reação para tão logo que algum dos
reagentes é totalmente consumido, deixando o reagente em excesso como sobra.
Suponha por exemplo, que tenhamos uma mistura de 10 mols de 𝐻2 e 7 mols de 𝑂2
que reagem para formar água:
2𝐻2(𝑔) + 𝑂2(𝑔) → 2𝐻2𝑂(𝑔)
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𝑀𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝑂2 = 10 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐻2
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑂2
2 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝑂2
= 5𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝑂2
Uma vez que 2 mols de 𝐻2 ee a 1 mol de 𝑂2, a quantidade de matéria
de 𝑂2, necessária de 𝑂2 necessária parareagir com todo o 𝐻2 é:
- Reagente Limitante
Já que 7 mols de 𝑂2 estão disponíveis no início da reação, então 2 mols de 𝑂2
estarão presentes quando todo 𝐻2 tiver sido consumido.
O reagente completamente consumido em uma reação é chamado reagente
limitante ou reagente limitador por que ele determina, ou limita, a quantidade de
produto formada. Os outros reagentes são algumas vezes chamados de reagente em
excesso. No nosso exemplo 𝐻2 é o reagente limitante e 𝑂2 é o reagente em excesso
(é o reagente que sobra quando a reação termina).
Então no exemplo tivemos:
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2𝐻2 𝑔 + 𝑂2 𝑔 → 2𝐻2𝑂(𝑔)
Quantidade iniciais 10 mols 7 mols 0 mols
Mudança (reação) -10 mols -5 mols +10 mols
Quantidade finais 0 mols 2 mols 10 mols
Exemplo11: Qual a quantidade de matéria de 𝑁𝐻3 pode ser formada a partir
de 3,0 mols de 𝑁2 e 6,0 mols de 𝐻2?
𝑁2(𝑔) + 3𝐻2(𝑔) → 2𝑁𝐻2(𝑔)
- Reagente Limitante
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Exemplo11: Qual a quantidade de matéria de 𝑁𝐻3 pode ser formada a partir de 3,0
mols de 𝑁2 e 6,0 mols de 𝐻2?
𝑁2(𝑔) + 3𝐻2(𝑔) → 2𝑁𝐻2(𝑔)
A quantidade de matéria de 𝐻2 necessária para o consumo completo de 3,0
mols de 𝑁2 é:
𝑀𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐻2 = 3,0 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝑁2
3 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐻2
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁2
= 9 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐻2
Uma vez que só 6,0 mols de 𝐻2 está disponível, ficaremos sem 𝐻2 antes de 𝑁2
ter acabado e o 𝐻2 será o reagente limitante. Usamos a quantidade de reagente
limitante, 𝐻2, para calcular a quantidade de 𝑁𝐻3 produzida:
𝑀𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝑁𝐻3 = 6,0 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐻2
2 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝑁𝐻3
3 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐻2
= 4𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝑁𝐻3
2𝑁2 𝑔 + 3𝐻2 𝑔 → 2𝑁𝐻3𝑂(𝑔)
Quantidade iniciais 3,0 mols 6,0 mols 0 mols
Mudança (reação) -2,0 mols -6,0 mols +4,0 mols
Quantidade finais 1,0 mols 0 mols 4,0 mols
A tabela resume o exemplo:
- Reagente Limitante
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Exemplo12: Considerando a equação 2𝑁𝑎3𝑃𝑂4 𝑎𝑞 + 3𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2 𝑎𝑞 →
𝐵𝑎3(𝑃𝑂4)2 𝑠 + 6𝑁𝑎𝑁𝑂3(𝑎𝑞) e supondo que uma solução contendo 3,50 g de
𝑁𝑎3𝑃𝑂4 é misturada com uma solução contendo 6,40 g de 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2. Quantos
gramas de 𝐵𝑎3(𝑃𝑂4)2 podem ser formados?
A partir da equação balanceada, temos as seguintes relações estequiométricas:
2 mols de 𝑁𝑎3𝑃𝑂4 ee a 3 mols de 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2 ee a 1 mol de 𝐵𝑎3(𝑃𝑂4)2
𝑀𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝑁𝑎3𝑃𝑂4 = 3,5 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎3𝑃𝑂4
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎3𝑃𝑂4
164 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎3𝑃𝑂4
= 0,0213 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎3𝑃𝑂4
Usando a massa molar de cada substância, podemos calcular a quantidade de
matéria de cada reagente:
𝑀𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2 = 6,4 𝑔 𝑑𝑒 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2
1𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2
164 𝑔 𝑑𝑒 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2
= 0,0245 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2
Esses cálculos mostram que apesar de haver um ligeiro excesso de
mols de 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2 em relação a 𝑁𝑎3𝑃𝑂4, os coeficientes da equação
balanceada mostra que são necessários 1,5 vezes mais mols de 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2
do que mols de 𝑁𝑎3𝑃𝑂4. Isso significa que o 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2 é o reagente
limitante. Assim usa-se a quantidade de 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2 para calcular a
quantidade de produto formada.
- Reagente Limitante
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Exemplo12: Considerando a equação 2𝑁𝑎3𝑃𝑂4 𝑎𝑞 + 3𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2 𝑎𝑞 →
𝐵𝑎3(𝑃𝑂4)2 𝑠 + 6𝑁𝑎𝑁𝑂3(𝑎𝑞) e supondo que uma solução contendo 3,50 g de
𝑁𝑎3𝑃𝑂4 é misturada com uma solução contendo 6,40 g de 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2. Quantos
gramas de 𝐵𝑎3(𝑃𝑂4)2 podem ser formados?
𝐺𝑟𝑎𝑚𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝐵𝑎3(𝑃𝑂4)2 =
= 0,0245 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐵𝑎3(𝑃𝑂4)2
3𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2
602 𝑔 𝑑𝑒 𝐵𝑎3(𝑃𝑂4)2
1𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐵𝑎3(𝑃𝑂4)2
= 4,92 𝑔 𝑑𝑒 𝐵𝑎3(𝑃𝑂4)2
1° Passo
Escrever a equação 
química balanceada
2° Passo
Identificar as proporções 
entre reagentes e produtos
3° Passo
Converter as unidades para mol, massa 
ou volume, conforme pede a questão 
4° Passo
Fazer regra de três 
com as 
quantidades 
estequiométricas 
ideais dos 
reagentes 
5° Passo
Compare as quantidades 
fornecidas com a 
quantidade 
estequiométrica, 
determinando os 
reagentes limitante e em 
excesso
6° Passo
Monte a regra de 
três com as 
informações 
necessárias, onde 
se ache o que se 
pede
- Rendimentos teóricos
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No exemplo anterior, calculamos que 4,92 g de 𝐵𝑎3(𝑃𝑂4)2 devem ser
formados quando 3,50 g de 𝑁𝑎3𝑃𝑂4 é misturado com 6,40 g de 𝐵𝑎(𝑁𝑂3)2. Isso é
o rendimento teórico de 𝐵𝑎3(𝑃𝑂4)2 na reação. Se o rendimento real vem a ser
4,70 g, o rendimento percentual será:
𝑅𝑒𝑛𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑝𝑒𝑟𝑐𝑒𝑛𝑡𝑢𝑎𝑙 =
4,70 𝑔
4,92 𝑔
𝑥100% = 95,5%
A quantidade de produto formada calculada quando todo reagente limitante
foi consumido é chamada rendimento teórico. A quantidade de fato obtida em
uma reação é chamada de rendimento real. O rendimento real sempre é menor
que o rendimento teórico. O rendimento percentual de uma reação relaciona o
rendimento percentual com o rendimento teórico (calculado):
𝑅𝑒𝑛𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑝𝑒𝑟𝑐𝑒𝑛𝑡𝑢𝑎𝑙 =
𝑟𝑒𝑛𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑟𝑒𝑎𝑙
𝑟𝑒𝑛𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜
𝑥100%
- Reações sucessivas
Para que possamos criar uma relação entre as quantidades de matéria de
substâncias existentes nas reações consecutivas, é preciso que as equações
químicas tenham uma substância em comum entre elas, apresentando assim
coeficientes iguais nas equações. Por exemplo:
O ácido nítrico (𝐻𝑁𝑂3) surge a partir de algumas reações, observem a
equação dessas reações.
𝐼 4𝑁𝐻3 + 5𝑂2 → 4𝑁𝑂 + 6𝐻2𝑂
𝐼𝐼 2𝑁𝑂 + 𝑂2 → 2𝑁𝑂2
𝐼𝐼𝐼 3𝑁𝑂2 +𝐻2𝑂 → 2𝐻𝑁𝑂3 + 𝑁𝑂
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Agora, para calcular a massa de amônia (𝑁𝐻3) é preciso que ocorra a
preparação de 6,3 gramas de ácido nítrico. Dados: MM em g/mol (𝑁𝐻3 = 17,
𝐻𝑁𝑂3 = 63, 𝑁𝑂2 = 46 e 𝑁𝑂 = 30).
Podemos calcular de maneira fácil por meio de simples regras de
três. Calcularemos a quantidade de 𝑁𝑂2 que será preciso para adquirir
6,3 g de 𝐻𝑁𝑂3 (dos produtos para os reagentes da eq III), depois a
quantidade de 𝑁𝑂 que será preciso para adquirir a quantidade de
gramas de 𝑁𝑂2 (dos produtos para os reagentes da eq II), depois a
quantidade de 𝑁𝐻3 necessária para adquirir a quantidade de gramas
de 𝑁𝑂 (dos produtos para os reagentes da eq I).
- Reações sucessivas
𝐼𝐼𝐼 3𝑁𝑂2 +𝐻2𝑂 → 2𝐻𝑁𝑂3 + 𝑁𝑂
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4 mols de 𝑁𝑂2 -------- 2 mols de 𝐻𝑁𝑂3
3 . 46 g -------- 2 . 63 g
x -------- 6,3 g
x = 6,9 g de 𝑁𝑂2
𝐼𝐼 2𝑁𝑂 + 𝑂2 → 2𝑁𝑂2
𝐼 4𝑁𝐻3 + 5𝑂2 → 4𝑁𝑂 + 6𝐻2𝑂
Vejamos:
2 mols de 𝑁𝑂 -------- 2 mols de 𝑁𝑂2
2 . 30 g -------- 2 . 46 g
y -------- 6,9 g
y = 4,5 g de 𝑁𝑂
4 mols de 𝑁𝐻3-------- 4 mols de 𝑁𝑂
4 . 17 g -------- 4 . 30 g
z -------- 4,5 g
z = 2,55 g de 𝑁𝐻3
A massa de amônia necessária para que ocorra preparação de 6,3
gramas de ácido nítrico é de 2,55 g.
- Pureza dos reagentes
Pureza dos reagentes é a determinação matemática do teor ou grau
(porcentagem) da substância de interesse para uma reação química, a partir de
uma amostra de matéria-prima.
Na realização de uma reação química verifica-se, ao seu término, qual foi a
massa de produto obtida. Em seguida, utiliza-se lei de Proust e o cálculo
estequiométrico, possibilitando o cálculo da massa de reagente e, por fim,
verificar a pureza dos reagentes.
O cálculo que fornece o grau de pureza é:
𝑀𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑞𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑒𝑟 𝑢𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑜 𝑟𝑒𝑎𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 −−−−− 100 % 𝑑𝑒 𝑝𝑢𝑟𝑒𝑧𝑎
𝑀𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝑟𝑒𝑎𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 −−−− − 𝑥 % 𝑑𝑒 𝑝𝑢𝑟𝑒𝑧𝑎
O grau de impureza será por uma simples subtração:
𝐺𝑟𝑎𝑢 𝑑𝑒 𝑖𝑚𝑝𝑢𝑟𝑒𝑧𝑎 = 100 % − 𝑔𝑟𝑎𝑢 𝑑𝑒 𝑝𝑢𝑟𝑒𝑧𝑎
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A seguir, alguns exemplos sobre pureza de reagentes são mostrados:
Exemplo13: Calcule a massa de ferro em toneladas, que é possível obter
a partir de 100 toneladas de hematita 𝐹𝑒2𝑂3(𝑠) 70 % pura. (Massas
atômicas em g/mol: C = 12; O = 16; Fe =56).
𝐹𝑒2𝑂3(𝑠) + 𝐶(𝑠) → 𝐹𝑒(𝑠) + 𝐶𝑂(𝑔)- Pureza
O 1° passo é balancear a equação química:
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Exemplo13: Calcule a massa de ferro em toneladas, que é possível obter a partir
de 100 toneladas de hematita (𝐹𝑒2𝑂3 𝑠 ) 70 % pura. (Massas atômicas em
g/mol: C = 12; O = 16; Fe =56).
1𝐹𝑒2𝑂3(𝑠) + 3𝐶(𝑠) → 2𝐹𝑒(𝑠) + 3𝐶𝑂(𝑔)
A partir do balanceamento, temos que 1 mol de hematita reage com 3 mols
de carbono, formando 2 mols de ferro e 3 mols de monóxido de carbono.
O 2° passo é calcular a massa molar de hematita:
𝐹𝑒2𝑂3 = 2 56 + 3 16 = 160 𝑔/𝑚𝑜𝑙
O 3° é calcular a massa de hematita pura (70 %) presente em 100 toneladas
da substância:
𝑀𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝑟𝑒𝑎𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 −−−− − 100 % 𝑑𝑒 𝑝𝑢𝑟𝑒𝑧𝑎
𝑀𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑝𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑟𝑒𝑎𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 −−−− − 𝑥 % 𝑑𝑒 𝑝𝑢𝑟𝑒𝑧𝑎
100 𝑡𝑜𝑛𝑒𝑙𝑎𝑑𝑎𝑠 −−−− − 100 % 𝑑𝑒 𝑝𝑢𝑟𝑒𝑧𝑎
𝑥 −−−− −70 % 𝑑𝑒 𝑝𝑢𝑟𝑒𝑧𝑎
𝑥 = 70 𝑡𝑜𝑛𝑒𝑙𝑎𝑑𝑎𝑠
- Pureza
No 4° passo, deve-se calcular a massa de ferro formado a partir de 70
toneladas de hematita:
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1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐹𝑒2𝑂3 ----------- 2 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐹𝑒
1 160 𝑔/𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐹𝑒2𝑂3 ----------- 2 56 𝑔/𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐹𝑒
70 𝑡𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐹𝑒2𝑂3 ----------- 𝑥 𝑡𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐹𝑒
160𝑥 = 70(2,56)
𝑥 = 49 𝑡𝑜𝑛𝑒𝑙𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝐹𝑒
Assim, foram formadas 49 toneladas de massa de ferro a partir de 100
toneladas de hematita 70 % pura.
Reagentes impuros contribuem com uma massa menor que a existente
para a reação. Assim o rendimento obtido é menor que o teórico.
Produtos impuros contêm outras substâncias além da que se pretendia
obter. Assim a massa encontrada é maior que a obtida durante os cálculos
(rendimento aparente acima de 100 %).
- Estequiometria de soluções
Mistura de soluções de mesmo soluto
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Vamos imaginar que temos um béquer com 20 ml 𝐻𝐶𝑙 0,5 mol/L, e
resolvemos adicionar 10 ml de uma solução aquosa de 𝐻𝐶𝑙 0,2 mol/L. A
quantidade de soluto na solução final vai mudar.
A quantidade de mols de 𝐻𝐶𝑙 no béquer original é calculada por:
𝑛1 = 𝑐1. 𝑉1 = 0,020. 0,5 = 0,01 mol de 𝐻𝐶𝑙
Sabemos também a quantidade de 𝐻𝐶𝑙 adicionada ao final:
𝑛2 = 𝑐2. 𝑉2 = 0,010. 0,2 = 0,002 mol de 𝐻𝐶𝑙
Assim, soma dos dois será o número total de mols na solução final, mas
como o número de mols pode ser expresso por 𝑐. 𝑉 temos que concentração final
será:
𝑛𝑓 = 𝑛1+𝑛2 = 𝑐1. 𝑉1 + 𝑐2. 𝑉2 = 𝑐𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 . 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
No nosso caso:
0,01 𝑚𝑜𝑙 + 0,002 𝑚𝑜𝑙 = 𝑐𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙. 0,03 → 𝑐𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 0,4 𝑚𝑜𝑙/𝐿
Onde 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 é a soma de todos os volumes que foram adicionados
na solução original. Ou seja, se 10 ml de água tivessem sido
adicionados, estes também deveriam ser considerados.
- Estequiometria de soluções
Mistura de soluções com solutos que não reagem
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Esse caso onde temos duas soluções que, quando misturadas não reagem
entre si, é uma caso específico de diluição. E como toda diluição, se precisarmos
calcular a nova concentração de soluto, basta fazer:
𝑐𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜. 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 = 𝑐𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜. 𝑉𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
Onde 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 é a soma dos volumes inicias das soluções, antes da mistura e
mais qualquer volume que tenha sido adicionado.
Mistura de soluções com solutos reagentes
No caso onde a soluções reagem a concentração não vai sé depender da
quantidade de solvente que foi adicionada na mistura. Ela vai depender também
da reação, da proporção entre os produtos e reagentes, se há reagente em
excesso e etc.
Vejamos o seguinte exemplo: tem-se 25 ml de uma solução
aquosa 0,8 mol/L de 𝐻2𝑆𝑂4 que vai reagir com 35 ml de uma solução
0,5 mol/L de uma solução aquosa de 𝑁𝑎𝑂𝐻. Como os solutos são uma
base e uma ácido, eles vão reagir para formar sal e água.
- Estequiometria de soluções
Mistura de soluções com solutos reagentes
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O 1° passo é descobrir a reação e balancear ela corretamente:
á𝑐𝑖𝑑𝑜 + 𝑏𝑎𝑠𝑒 = 𝑠𝑎𝑙 + á𝑔𝑢𝑎
1𝐻2𝑆𝑂4 + 2𝑁𝑎𝑂𝐻 → 1𝑁𝑎2𝑆𝑂4 + 2𝐻2𝑂
Agora que já temos a proporção entre solutos, precisamos ver se algum
deles está em excesso. Para isso, vamos calcular quantos mols de cada um deles
vamos misturar:
𝑛𝐻2𝑆𝑂4 = 𝑐. 𝑉 = 0,025. 0,8 = 0,02 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐻2𝑆𝑂4
𝑛𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝑐. 𝑉 = 0,035. 0,5 = 0,0175 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝑂𝐻
Como a proporção é: 2 mol de 𝑁𝑎𝑂𝐻 para 1 mol de 𝐻2𝑆𝑂4, para reagir com
0,0175 mol de 𝑁𝑎𝑂𝐻 temos de 0,02 de 𝐻2𝑆𝑂4. Concluímos que 𝐻2𝑆𝑂4 está em
excesso, pois 0,0175 mol 𝑁𝑎𝑂𝐻, deve reagir na proporção 1:2.
Usando a estequiometria da reação, sabemos quantos mols de
cada espécie vão existir na solução final:
𝑛𝑁𝑎𝑂𝐻 = 0, já que todos os 0,0175 mols vão reagir
𝑛𝐻2𝑆𝑂4 = 0,02 − 0,0175.
1
2
= 0,01125 mols (o que tem − o que vai 
reagir).
- Estequiometria de soluções
Mistura de soluções com solutos reagentes
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𝑛𝑁𝑎2𝑆𝑂4 = 0,0175, já que a proporção e 𝑁𝑎2𝑆𝑂4: 𝑁𝑎𝑂𝐻 é 1:1.
Não há o cálculo da quantidade de água formada por que água é um
solvente, logo, a quantidade de água formada é desprezível em relação ao que
já existe na solução.
Agora para calcular a concentração final de cada espécie, basta calcular o
número de mols em solução dividido pelo volume final:
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 =෍𝑉𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 (𝑠𝑜𝑙𝑢çõ𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑖𝑠)
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 0,025 + 0,035 = 0,06 𝐿
E cada concentração é calculada por:
𝑐𝑥 =
𝑛𝑥
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
- Estequiometria de soluções
Mistura de soluções com solutos reagentes
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A titulação é uma técnica de análise de soluções que usa como base a
mistura de soluções em que os solutos reagem entre si. Esses solutos podem
reagir por reações de neutralização, precipitação ou oxirredução.
Vamos pegar uma exemplo de uma titulação ácido-base. Temos uma
solução de HCl de concentração desconhecida. A ideia é descobrir a concentração
dessa solução, para isso, vamos usar uma solução básica de NaOH de
concentração conhecida, chamada de solução padrão.
𝑐𝑁𝑎2𝑆𝑂4 =
0,0175 𝑚𝑜𝑙𝑠
0,06 𝐿
= 0,292
𝑚𝑜𝑙
𝐿
𝑐𝐻2𝑆𝑂4 =
0,01125 𝑚𝑜𝑙𝑠
0,06 𝐿
= 0,1875 𝑚𝑜𝑙/𝐿
Titulação
Com a ajuda da aparelhagem vamos pingando a solução de
NaOH até que a quantidade estequiométrica de NaOH e HCl no béquer
se iguale. Nesse ponto, chamado ponto de equivalência ou de viragem,
a reação de neutralização é completa.
- Estequiometria de soluções
Titulação
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Para descobrir esse ponto de viragem, usamos um indicador, que vai
mudar de cor quando a reação se completar.
Como temos indicado na
bureta o volume de NaOH usado e
conhecemos a concentração da
solução básica, podemos calcular
o número de mols de NaOH usado
na titulação. Esse número de mols
é proporcional ao número de mols
de HCl, dependendo da
estequiometria da reação.
No caso de NaOH e HCl, a proporção é de 1:1, então o número de
mols de NaOH usados = número de mols de HCl em solução.
Usando o volume inicial de solução de HCl, conseguimos calcular sua
concentração inicial.
- Estequiometria de soluções
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Exemplo14: Em alguns experimentos, às vezes é necessário preparar solução com
uma dada concentração de um determinado íon. Um técnico de laboratório preparou
100 ml de uma solução que contém 0,50 g de NaCl e 0,30 g de KCl, bem como glicose
e outros açucares.
Esse problema é um caso de mistura de suas solução que não reagem, mas que
possuem o mesmo soluto (no caso, o ânion Cl).
Pelas informações, já sabemos que o volume final será 100 ml. Quando se
misturar NaCl e KCl, o número de mol de íons cloreto no final será a soma dos íons
cloreto que cada um dos sais traz para solução.
0,5 g de NaCl contém:
0,5 𝑔
58 𝑔/𝑚𝑜𝑙
= 8,62𝑥10−3 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙
Como a dissociação da NaCl é:
𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑎𝑞 → 𝑁𝑎+ 𝑎𝑞 + 𝐶𝑙−(𝑎𝑞)
Como a proporção entre NaCl e o íon cloreto é de 1:1, adicionar 
8,62𝑥10−3 mol de NaCl significa adicionar 8,62𝑥10−3 mol de Cl -
- Estequiometria de soluções
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Exemplo14: Emalguns experimentos, às vezes é necessário preparar solução com
uma dada concentração de um determinado íon. Um técnico de laboratório preparou
100 ml de uma solução que contém 0,50 g de NaCl e 0,30 g de KCl, bem como glicose
e outros açucares.
Já no KCl contém:
0,3 𝑔
74 𝑔/𝑚𝑜𝑙
= 4,05𝑥10−3 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝑙
Como a dissociação da KCl é:
𝐾𝐶𝑙 𝑎𝑞 → 𝐾+ 𝑎𝑞 + 𝐶𝑙−(𝑎𝑞)
Como a proporção entre KCl e o íon cloreto é de 1:1, adicionar 4,05𝑥10−3 mol 
de KCl significa adicionar 4,05𝑥10−3 mol de Cl -
Temos que o número total de mols de cloreto será:
𝑛𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 8,62𝑥10
−3 + 4,05𝑥10−3 = 12,67𝑥10−3 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝐶𝑙−
Como volume final é 100 ml = 0,1 L, temos a concentração sendo:
𝐶𝑙− =
12,67𝑥10−3
0,1
= 0,1267 𝑚𝑜𝑙/𝐿
- Estequiometria de soluções
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Exemplo15: A densidade do tolueno (𝐶7𝐻8) é 0,867 g/ml e a densidade do tiofeno
(𝐶4𝐻4𝑆) é 1,065 g/ml. Uma solução é preparada ao se dissolver 10 g de tiofeno em
250 ml de tolueno. (a) calcule a fração em quantidade de matéria do tiofeno na
solução; (b) supondo que os volumes de soluto e solvente sejam aditivos, qual a
concentração em quantidade de matéria do tiofeno na solução?
(a) A fração molar do tiofeno na solução será a divisão da quantidade de matéria do
próprio tiofeno pela quantidade de matéria da solução:
𝑓𝑚𝑡𝑖𝑜𝑓𝑒𝑛𝑜 =
𝑛𝑡𝑖𝑜𝑓𝑒𝑛𝑜
𝑛𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
Calculamos 𝑛𝑡𝑖𝑜𝑓𝑒𝑛𝑜 por meio da massa molar dele:
𝑛𝑡𝑖𝑜𝑓𝑒𝑛𝑜 =
10 𝑔
84 𝑔/𝑚𝑜𝑙
= 0,12 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶4𝐻4𝑆
Assim, a fração molar do tiofeno será:
𝑓𝑚𝑡𝑖𝑜𝑓𝑒𝑛𝑜 =
0,12 𝑚𝑜𝑙
0,12 + 2,35 𝑚𝑜𝑙
= 0,048
Calculamos 𝑛𝑡𝑜𝑡𝑢𝑙𝑒𝑛𝑜 por meio da massa molar dele pela densidade:
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎𝑡𝑜𝑡𝑢𝑙𝑒𝑛𝑜 = 0,867. 250 = 216,75 𝑔 𝑑𝑒 𝐶7𝐻8 𝑛𝑡𝑜𝑡𝑢𝑙𝑒𝑛𝑜
216,75 𝑔
92 𝑔/𝑚𝑜𝑙
= 2,35 𝑚𝑜𝑙 𝐶7𝐻8
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Exemplo15: A densidade do tolueno (𝐶7𝐻8) é 0,867 g/ml e a densidade do tiofeno
(𝐶4𝐻4𝑆) é 1,065 g/ml. Uma solução é preparada ao se dissolver 10 g de tiofeno em
250 ml de tolueno. (a) calcule a fração em quantidade de matéria do tiofeno na
solução; (b) supondo que os volumes de soluto e solvente sejam aditivos, qual a
concentração em quantidade de matéria do tiofeno na solução?
(b) A concentração em quantidade de matéria do tiofeno na solução será o número
de mols de tiofeno pelo volume total da solução:
𝑡𝑖𝑜𝑓𝑒𝑛𝑜 =
𝑛𝑡𝑖𝑜𝑓𝑒𝑛𝑜
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
O volume total será soma do volume de tolueno com o volume de tiofeno. O volume
de tiofeno será:
1,065 𝑔 ----- 1 𝑚𝑙
10 𝑔 ----- 𝑥 𝑚𝑙
𝑥 = 9,39 𝑚𝑙
Assim, a concentração será:
𝑡𝑖𝑜𝑓𝑒𝑛𝑜 =
𝑛𝑡𝑖𝑜𝑓𝑒𝑛𝑜
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
=
0,12
9,39
= 0,013 𝑚𝑜𝑙/𝐿
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Exemplo16: Calcule a concentração do sal em mol/L da solução preparada
misturando-se: (a) 50 ml de 0,02 mol/L de NaCl e 75 ml de 0,1 mol/L de NaCl; (b) 24,5
ml de 1,5 mol/L de NaOH e e25,5 ml de 0,75 mol/L de NaOH.
(a) Quando se misturam duas soluções de mesmo soluto, precisa-se calcular o
número de mols da solução final e volume de solução final.
𝑐1. 𝑉1 + 𝑐2. 𝑉2 = 𝑐𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 . 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
0,05. (0,02) + 0,075. (0,1) = 𝑐𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 . (0,05 + 0,075)
𝑐𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 =
0,001 + 0,0075 𝑚𝑜𝑙𝑠
0,125 𝐿
= 0,068 𝑚𝑜𝑙/𝐿
A concentração final da 𝑁𝑎𝐶𝑙 portanto é de 0,068 M.
(b)
𝑐1. 𝑉1 + 𝑐2. 𝑉2 = 𝑐𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 . 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
0,0245. (1,5) + 0,0255. (0,75) = 𝑐𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 . (0,0245 + 0,0255)
𝑐𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 1,1175 𝑚𝑜𝑙/𝐿
A concentração final da 𝑁𝑎𝑂𝐻 portanto é de 1,1175 M.
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Exemplo17: Qual é a massa de 𝑁𝑎𝑂𝐻 necessária para precipitar todos os íons de
𝐹𝑒+2 de 25 ml de uma solução de 0,5 mol/L de 𝐹𝑒(𝑁𝑂3)2, segundo a equação
balanceada: 2𝑁𝑎𝑂𝐻 + 𝐹𝑒(𝑁𝑂3)2→ 𝐹𝑒(𝑂𝐻)2 + 𝑁𝑎2𝑁𝑂3.
A proporção entre 𝑁𝑎𝑂𝐻 e o 𝐹𝑒(𝑁𝑂3)2 é de 2:1. Assim temos 25 ml de uma solução
de 0,5 M de 𝐹𝑒(𝑁𝑂3)2, temos:
0,025. 0,5 = 0,0125 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐹𝑒(𝑁𝑂3)2
Como a proporção é de 2:1, precisamos de 0,025 mol de 𝑁𝑎𝑂𝐻.
Assim, precisamos de:
0,025 𝑚𝑜𝑙. 40 𝑔/𝑚𝑜𝑙 = 1 𝑔 de 𝑁𝑎𝑂𝐻
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Exemplo18: Qual é o volume de uma solução de 0,115 mol/L de 𝐻𝐶𝑙𝑂4 necessária
para neutralizar 50 ml de 0,0875 mol/L de NaOH? Reação: 𝐻𝐶𝑙𝑂4 + 𝑁𝑎𝑂𝐻 →
𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂4 + 𝐻2𝑂.
Para neutralizar 1 mol de 𝐻𝐶𝑙𝑂4, precisamos de 1 mol de 𝑁𝑎𝑂𝐻 e vice-versa (a
proporção é de 1:1). Assim, se temos que neutralizar:
0,05. 0,0875 𝑚𝑜𝑙/𝐿 = 4,375𝑥10−3 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝑂𝐻, 
precisaremos da mesma quantidade de mols de 𝐻𝐶𝑙𝑂4.
Como temos uma solução de 0,115 mol/L, vamos usar:
0,115 mol de ácido ------- 1000 ml
4,375𝑥10−3 mol de ácido ------- x ml
𝑥 = 36 𝑚𝑙
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Exemplo19: Se 25,8 ml de 𝐴𝑔𝑁𝑂3 são necessários para precipitar todos os 𝐶𝑙
− em
785 mg de uma amostra de KCl (formando AgCl), qual é a concentração em mol/L da
solução de 𝐴𝑔𝑁𝑂3? Reação: 𝐴𝑔𝑁𝑂3 + 𝐾𝐶𝑙 → 𝐴𝑔𝐶𝑙 + 𝐾𝑁𝑂3.
A proporção entre 𝐴𝑔𝑁𝑂3 e o 𝐾𝐶𝑙, precipitamos:
0,785 𝑔
74 𝑔/𝑚𝑜𝑙
= 0,01 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝑙
Assim, temos 0,01 de 𝐴𝑔𝑁𝑂3 para precipitar 𝐻𝐶𝑙 . Se esses 0,01 mol foram
encontrados em 25,8 ml, a molaridade da solução:
0,01 𝑚𝑜𝑙
0,0258 𝐿
= 0,38 𝑚𝑜𝑙/𝐿
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Exemplo20: Se são necessários 45,3 ml de uma solução 0,108 mol/l de HCl para
neutralizar uma solução de KOH, quantos gramas de KOH devem estar presentes na
solução? Reação: 𝐻𝐶𝑙 + 𝐾𝑂𝐻 → 𝐾𝐶𝑙 + 𝐻2𝑂.
A proporção é de 1:1, então:
0,0453. 0,108
𝑚𝑜𝑙
𝐿
= 4,9𝑥10−3 𝑚𝑜𝑙𝑑𝑒 𝐻𝐶𝑙
Isso significa que neutralizamos a mesma quantidade de KOH.
Como a massa molar de KOH é 56 g:
4,9𝑥10−3 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝑂𝐻. 56 𝑔/𝑚𝑜𝑙 = 0,2744 𝑔