Reagente limitante, reagente em excesso e rendimento de uma reação química

Explicação

No laboratório, quando se faz reagir uma determinada quantidade de duas substâncias, são muitos poucos os casos em que se adiciona a quantidade certa de cada um dos reagentes de forma a que ambos se esgotem. Por este motivo surgiu o conceito de reagentes limitantes e em excesso.

Para além disso, muitas vezes também o próprio reagente possui algumas impurezas, levando a que o rendimento da reação não seja máximo.

Reagente limitante e em excesso

Quando só um dos reagentes é consumido na sua totalidade, no momento em que este se esgotar, a reação acaba.

Este reagente chama-se limitante pois existe em menor quantidade relativa e limita a duração da reação, enquanto que os outros reagentes que vão sendo consumidos mas não na totalidade são os reagentes em excesso.

Exemplo

Numa experiência laboratorial pretende-se estudar a reação dos elementos alcalinoterrosos com a água. Para tal, fez-se reagir magnésio com água:

$Mg(g)+ 2 \ H_2O (l) \rightarrow Mg(OH)_2 (aq) + H_2 (g)$ 

Se dentro de um copo foram introduzidas $2$ mol de magnésio e $6$ mol de água, as quantidades de moléculas no sistema reacional não estão de acordo com a estequiometria da reação. Repara:

$1 \ mol \ Mg$		$2 \ mol \ H_2O$
$2 \ moles \ Mg$		$n_{H_2O}$

n_{H_2O}=\dfrac{2 \times 2}{1}=4 \ mol

Logo, como $2 \ mol$ de magnésio só precisam de $4 \ mol$ de água e no sistema reacional existem $6 \ mol$ de água, o magnésio é o reagente limitante e a água é o reagente em excesso.

Identificar o reagente limitante

Utilizando o processo do exemplo anterior podes identificar o reagente limitante, mas também é possível identificá-lo por outro processo que consiste na determinação do quociente entre a quantidade de matéria presente em cada reagente do sistema reacional e o seu respetivo coeficiente estequiométrico. O reagente limitante será aquele que tem um quociente menor.

Exemplo

Tendo em conta o exemplo anterior vamos calcular o reagente limitante:

Magnésio $(Mg)$	Água $(H_2O)$
$\dfrac{\text{nº de moles}}{\text{coeficiente estequiométrico}}=\dfrac{2}{1}=2$	$\dfrac{\text{nº de moles}}{\text{coeficiente estequiométrico}}=\dfrac{6}{2}=3$

Logo, como o magnésio tem o menor quociente, é o reagente limitante.

Grau de pureza

É muito habitual encontrar-se reagentes que têm impurezas. Nestes casos, deves ter em conta que só a quantidade de reagente puro será consumida no decorrer de uma reação. O grau de pureza pode ser determinado da seguinte forma:

GP=\dfrac{m_\text{susbtância}}{m_\text{amostra}}

$GP$	Grau de pureza
$m_\text{substância}$	Massa de substância $(g)$
$m_\text{amostra}$	Massa de amostra $(g)$

O grau de pureza também pode ser expresso percentualmente através da seguinte expressão:

$GP (\%)=\dfrac{m_\text{susbtância}}{m_\text{amostra}} \times 100$

Exemplo

Foram utilizados $5{,}0 \ mL$ de uma solução de ácido sulfúrico com densidade de $1{,}2 \ g/mL$ para reagir com uma solução de $13{,}0 \ g$ de hidróxido de sódio com uma pureza de $85{,}0 \%$ . Indica qual é o reagente limitante. Considera $M(H_2SO_4)=98{,}08 \ g/mol$ ; $M(NaOH)=34{,}99 \ g/mol$

Começa por escrever a equação da reação:

$H_2SO_4 (aq) + 2\ NaOH(aq) \rightarrow Na_2SO_4(aq)+ 2\ H_2O(l)$

Determina a quantidade de base pura que existe em $13{,}0 \ g$ :

$GP(\%)=\dfrac{m_\text{susbtância}}{m_\text{amostra}} \times 100\Leftrightarrow 85=\dfrac{m_\text{susbtância}}{13{,}0}\times 100 \Leftrightarrow m_\text{susbtância}=\dfrac{85 \times13{,}0}{100}=11{,}05 \ g$

A seguir, determina a massa de ácido:

$1\ mL$		$1{,}2 \ g$
$5{,}0 \ mL$		$m_{H_2SO_4}$

$m_{H_2SO_4}=1{,}2 \times 5{,}0= 6 \ g$

Calcula a quantidade de ácido e de base:

$\begin{aligned}& n_{H_2SO_4}=\dfrac{6}{98{,}08}=0{,}61 \ mol \\\,\\& n_{H_2SO_4}=\dfrac{11{,}05}{39{,}99}=0{,}28 \ mol\end{aligned}$

Finalmente, determina qual é o reagente limitante:

$H_2SO_4$	$NaOH$
$\dfrac{\text{nº de moles}}{\text{coeficiente estequiométrico}}=\frac{0{,}61}{1}=0{,}61$	$\dfrac{\text{nº de moles}}{\text{coeficiente estequiométrico}}=\frac{0{,}28}{2}=0{,}14$

Logo, como o quociente da base é o menor, é este o reagente limitante.

Rendimento de uma reação

A presença das impurezas referidas anteriormente vai afetar o rendimento de uma reação, porque quando se acha que se está a fazer reagir uma dada quantidade de substância, na verdade, parte dela corresponde a impurezas que não reagem.

Ou seja, a massa de produto obtido é inferior à esperada.

O rendimento, $\eta$ , de uma reação é a razão entre a quantidade de produto obtida e a quantidade de produto prevista. Pode ser expressa de três maneiras diferentes:

$\eta= \dfrac{n_\text{obtido}}{n_\text{previsto}}\times 100=\dfrac{m_\text{obtida}}{m_\text{prevista}}\times 100=\dfrac{V_\text{obtido}}{V_\text{previsto}}\times 100$

Nota: Para cálculos estequeométricos que levem à determinação do rendimento de uma reação deves, sempre, usar o reagente limitante.

Exemplo

Considerando o exemplo anterior, calcula o rendimento da reação, sabendo que a quantidade de sulfato de sódio obtida foi $0{,}16 \ mol$ .

Começa por determinar a massa prevista. Para tal, como já sabes que a base é o reagente limitante:

$1 \ mol \ NaOH$		$1 \ mol \ Na_2SO_4$
$0{,}28 \ mol \ NaOH$		$n_{Na_2SO_4}$

$n_{Na_2SO_4}= 0{,}28 \ mol$

Assim, podes calcular o rendimento da reação:

$\eta=\dfrac{0{,}16}{0{,}28}\times 100=57{,}14 \ \%$

Economia atómica percentual

A economia percentual é a razão entre a massa dos átomos dos produtos desejados $(m_\text{desejado})$ e a massa dos átomos dos reagentes $(m_\text{reagentes})$ :

$EA(\%)=\dfrac{m_\text{desejado}}{m_\text{reagentes}}\times 100$

Esta expressão permite-te determinar se os reagentes se transformam num único produto ou se há subprodutos indesejados. Quando $EA=100\%$ , a economia atómica é máxima.

Exemplo

Calcula a economia percentual da reação do exemplo anterior entre o ácido sulfúrico e o hidróxido de sódio sabendo que $M(Na_2SO_4)=142{,}04 \ g/mol$ e $M(H_2O)=18{,}02 \ g/mol$ .

Aplicando a expressão:

$EA=\dfrac{142{,}04}{98{,}08+ 2 \times 39{,}99}\times100=79{,}77 \ \%$

Nota: Repara que o a massa de hidróxido de sódio tem que ser multiplicada por dois devido à estequeometria da reação.

Assim, a reação tem $\underline{79{,}77\ \%}$ de economia atómica, sendo que os restante $20{,}23 \ \%$ correspondem a massa que foi perdida como subproduto da reação.