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Reagente limitante e estequiometria

Compare mols divididos pelo coeficiente e varie um reagente para ver a subida, a quebra e o patamar do rendimento.

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O reagente limitante não é o que existe em menor quantidade

Com 28 g de N₂ e 6 g de H₂ há 2,9762 mol de hidrogénio contra 0,9995 mol de azoto, mas H₂ limita. A equação exige três H₂ por N₂, por isso os valores decisivos após dividir pelos coeficientes são 0,9921 e 0,9995.

O rendimento são duas retas com uma quebra

Varie um reagente no gráfico: o rendimento sobe linearmente até os dois quocientes mol-coeficiente coincidirem e depois fica plano. A quebra é o ponto estequiométrico; depois dele, adicionar reagente apenas aumenta a sobra.

Mais de 100% indica contaminação ou erro

O rendimento teórico é um limite superior imposto pela conservação dos átomos. Ultrapassar 100% não vence a estequiometria: o produto costuma estar húmido ou impuro, ou alguma massa foi medida incorretamente.

Problemas resolvidos na íntegra

  1. Oito gramas de hidrogénio, quarenta de oxigénio, e o oxigénio esgota-se primeiro 6 passos

    Queime 8 g de hidrogénio com 40 g de oxigénio: 2H₂ + O₂ → 2H₂O. Determine qual o reagente que limita a reação, a massa de água e o que resta no recipiente. Em seguida, calcule exatamente quanto mais oxigénio seria necessário para que não restasse nada.

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    1. A massa não diz nada até estar em moles, porque a equação conta moléculas. O H₂ é 2 × 1,008 = 2,016 g/mol e o O₂ é 2 × 15,999 = 31,998 g/mol.

      M(H2)=2.016,M(O2)=31.998 g mol−1M(\mathrm{H_2}) = 2.016,\qquad M(\mathrm{O_2}) = 31.998\ \mathrm{g\,mol^{-1}}

    2. Divida. 8 ÷ 2,016 = 3,9683 mol de H₂ e 40 ÷ 31,998 = 1,2501 mol de O₂. Em número de moléculas, há 3,17 vezes mais hidrogénio, embora a sua massa seja apenas um quinto.

      n(H2)=82.016=3.9683,n(O2)=4031.998=1.2501 moln(\mathrm{H_2}) = \frac{8}{2.016} = 3.9683,\qquad n(\mathrm{O_2}) = \frac{40}{31.998} = 1.2501\ \mathrm{mol}

    3. Agora divida cada um pelo respetivo coeficiente, que é a etapa que decide tudo: o H₂ dá 3,9683 ÷ 2 = 1,9841 e o O₂ dá 1,2501 ÷ 1 = 1,2501. O número menor é o da substância que se esgota, pelo que o oxigénio é limitante — cinco vezes a massa do outro reagente, e é aquele que escasseia.

      3.96832=1.9841  >  1.25011=1.2501  ⇒  O2 limits\frac{3.9683}{2} = 1.9841 \;>\; \frac{1.2501}{1} = 1.2501 \;\Rightarrow\; \mathrm{O_2}\ \text{limits}

    4. Essa razão menor, 1,2501, é o número de vezes que a equação completa pode ocorrer. Obtêm-se 2 moléculas de água por cada execução, e a H₂O tem 18,015 g/mol, pelo que o rendimento é 1,2501 × 2 × 18,015 = 45,04 g.

      m(H2O)=1.2501×2×18.015=45.04 gm(\mathrm{H_2O}) = 1.2501 \times 2 \times 18.015 = 45.04\ \mathrm{g}

    5. Verifique o recipiente. A reação consome 2 × 1,2501 = 2,5002 mol de H₂, o que corresponde a 5,04 g, deixando 2,96 g de hidrogénio por reagir. A massa inicial era de 48 g; a massa final é 45,04 + 2,96 = 48,00 g, o que é a própria aritmética a verificar-se.

      8−2×1.2501×2.016=2.96 g H2 left,45.04+2.96=48.00 g8 - 2 \times 1.2501 \times 2.016 = 2.96\ \mathrm{g}\ \mathrm{H_2}\ \text{left},\qquad 45.04 + 2.96 = 48.00\ \mathrm{g}

    6. Para que não reste nada, o oxigénio tem de atingir a razão do hidrogénio de 1,9841, ou seja, 1,9841 × 31,998 = 63,49 g. Faltam 23,49 g, e adicionar exatamente essa quantidade eleva o rendimento para 71,49 g. Mais um grama além disso de nada serve.

      1.9841×31.998=63.49 g  ⇒  23.49 g more, yield 71.49 g1.9841 \times 31.998 = 63.49\ \mathrm{g} \;\Rightarrow\; 23.49\ \mathrm{g}\ \text{more},\ \text{yield}\ 71.49\ \mathrm{g}

    Resposta

    O oxigénio é o reagente limitante, formam-se 45,04 g de água, sobram 2,96 g de hidrogénio e seriam necessários mais 23,49 g de oxigénio para o consumir. A armadilha não está nas contas, mas em tomar a massa como medida da quantidade de reagente. Em massa, o recipiente contém cinco vezes mais oxigénio do que hidrogénio; em quantidade de matéria, contém menos de um terço. E a equação só tem em conta esta última. É fácil esquecer a divisão pelo coeficiente, mas, numa reação com valores tão desequilibrados, esse lapso inverte por completo a resposta. Observe a variação: já se percebe a mudança de inclinação. Abaixo de 63,49 g, cada grama adicional de oxigénio produz mais 1,126 g de água. Acima desse valor, o hidrogénio já se esgotou e a linha fica horizontal.

  2. 28,4 gramas de amoníaco recolhidos, um rendimento de 84% e para onde foram os 5,4 que faltam 5 passos

    Carregue a predefinição que traz um rendimento real: 28 g de azoto, 6 g de hidrogénio, 28,4 g de amoníaco recolhido. Calcule o rendimento percentual e decida depois se o que falta poderá ainda estar dentro do recipiente.

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    1. O limite máximo pertence ao reagente que se esgota primeiro. Seis gramas de hidrogénio são 2,9762 mol, o que dá 0,9921 passagens da equação depois de dividir pelo coeficiente 3; o azoto oferece 0,9995. É o hidrogénio que limita, por cerca de três quartos de um por cento, e 0,9921 é o que o cartão do menor moles ÷ coeficiente apresenta.

      62.016=2.9762  ⇒  2.97623=0.9921  <  2828.014=0.9995\frac{6}{2.016} = 2.9762 \;\Rightarrow\; \frac{2.9762}{3} = 0.9921 \;<\; \frac{28}{28.014} = 0.9995

    2. Cada passagem produz dois amoníacos e o NH₃ tem 17,031 g/mol, pelo que o máximo que este recipiente consegue produzir são 33,792 g. É um limite fixado pelos átomos carregados. Nada nele sabe se a reação chega sequer a ocorrer.

      mmax⁡(NH3)=0.9921×2×17.031=33.792 gm_{\max}(\mathrm{NH_3}) = 0.9921 \times 2 \times 17.031 = 33.792\ \mathrm{g}

    3. Divida a massa recolhida pelo limite e o rendimento percentual é 84,0%. Ficam 5,392 g por explicar.

      η=28.433.792=84.0%,33.792−28.4=5.392 g\eta = \frac{28.4}{33.792} = 84.0\%, \qquad 33.792 - 28.4 = 5.392\ \mathrm{g}

    4. Poderá isso ser ainda reagente dentro do recipiente? Tome a ferramenta à letra: sobram 0,208 g de azoto e, mesmo que tudo tivesse reagido, teria acrescentado 0,253 g de amoníaco, menos de um vigésimo da diferença, e já sem hidrogénio com que reagir. Mas esses 0,208 g são eles próprios calculados no pressuposto de que a reação foi até ao fim. Uma vez que 5,392 g não se explicam sob esse pressuposto, foi o pressuposto que falhou.

      (0.9995−0.9921)×28.014=0.208 g N2  ⇒  0.20828.014×2×17.031=0.253 g(0.9995 - 0.9921)\times 28.014 = 0.208\ \mathrm{g}\ \mathrm{N_2} \;\Rightarrow\; \frac{0.208}{28.014}\times 2 \times 17.031 = 0.253\ \mathrm{g}

    5. O limite é calculado a partir do que foi carregado, por isso desloca-se quando a carga se desloca. Ponha 6,045 g de hidrogénio em vez de 6,000, a quantidade exata que 28 g de azoto pedem, e o azoto passa a ser o reagente limitante, o limite sobe para 34,045 g, e os mesmos 28,4 g de amoníaco recolhido passam a indicar 83,4%.

      0.9995×3×2.016=6.045 g H2  ⇒  mmax⁡=34.045 g  ⇒  η=28.434.045=83.4%0.9995 \times 3 \times 2.016 = 6.045\ \mathrm{g}\ \mathrm{H_2} \;\Rightarrow\; m_{\max} = 34.045\ \mathrm{g} \;\Rightarrow\; \eta = \frac{28.4}{34.045} = 83.4\%

    Resposta

    84,0% e não: no máximo 0,253 g dos 5,392 g em falta tinham onde estar dentro do balão. O que a diferença mostra é que a reação não foi até ao fim. O rendimento teórico é uma contagem de átomos e nada diz sobre a distância que uma reação reversível percorre numa única passagem; a síntese do amoníaco é o exemplo clássico de uma que não percorre muita, e é por isso que as instalações industriais reciclam o gás não convertido em vez de aceitarem o valor de uma só passagem.

    O denominador merece a mesma desconfiança que o numerador, porque só o numerador alguma vez foi pesado. A parte de baixo da fração é inferida do que entrou, pelo que dois ensaios que recolhem os mesmos 28,4 g indicam 84,0% ou 83,4% consoante o hidrogénio carregado ao lado do azoto. Um rendimento percentual citado sem as quantidades carregadas é meia medição, e é a metade mais fácil de deslocar.

    η=mobsνp Mp min⁡i(ni/νi)\eta = \frac{m_{\mathrm{obs}}}{\nu_p\,M_p\,\min_i\left(n_i/\nu_i\right)}

· Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.