O sulfeto de hidrogênio é uma impureza no gás natural que deve ser removida. Um método de remoção comum é chamado de processo de Claus, baseado na seguinte reação:
\mathrm{H}_{2} \mathrm{~S}_{(\mathrm{g})}+\mathrm{O}_{2(\mathrm{~g})} \Rightarrow \mathrm{S}_{8(\mathrm{l})}+8 \mathrm{H}_{2} \mathrm{O}_{(\mathrm{g})}
Sob condições ideais, o processo de Claus converte o \mathrm{H}_{2} \mathrm{~S} em \mathrm{S}_{8} com um rendimento de 98 \%. Se no início, houver 20,0 \mathrm{~g} de \mathrm{H}_{2} \mathrm{~S} e 50,0 \mathrm{~g} de \mathrm{O}_{2}, quantos gramas de \mathrm{S}_{8} serão produzidos? Quem é o reagente limitante? Quantos gramas de reagente em excesso restam depois que o reagente limitante é completamente consumido?

Passo 1

O enunciado descreve o processo de Claus para remover \mathrm{H}_2\mathrm{S} do gás natural, com rendimento de 98\%. No início há 20,0\\ \mathrm{g} de \mathrm{H}_2\mathrm{S} e 50,0\\ \mathrm{g} de \mathrm{O}_2. O que pedem é:
1) quantos gramas de \mathrm{S}_8 são produzidos de fato,
2) qual é o reagente limitante,
3) quantos gramas do reagente em excesso restam.
Para isso vamos precisar de estequiometria: balancear a reação, calcular mols iniciais, achar o limitante, rendimento teórico e depois rendimento real, e finalmente sobra do reagente em excesso.

Passo 2

Balanceando a reação temos:
8\,\mathrm{H}_2\mathrm{S}_{(g)} \;+\;4\,\mathrm{O}_2{}_{(g)}\;\longrightarrow\;\mathrm{S}_8{}_{(l)}\;+\;8\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(g)}
Isso significa que de 8 mols de \mathrm{H}_2\mathrm{S} usa-se 4 mols de \mathrm{O}_2 para gerar 1 mol de \mathrm{S}_8.

Passo 3

Calculamos os mols iniciais:
\mathrm{H}_2\mathrm{S}:
n_{\mathrm{H}_2\mathrm{S}}=\frac{20,0\\ \mathrm{g}}{34,08\\ \mathrm{g/mol}}\approx0,5870\\ \mathrm{mol}
\mathrm{O}_2:
n_{\mathrm{O}_2}=\frac{50,0\\ \mathrm{g}}{32,00\\ \mathrm{g/mol}}=1,5625\\ \mathrm{mol}

Passo 4

Para cada mol de \mathrm{H}_2\mathrm{S} precisamos de 0,5 mol de \mathrm{O}_2 (porque 4/8=0,5). Logo, para 0,5870 mol de \mathrm{H}_2\mathrm{S} seriam necessários
0,5870\times0,5=0,2935\\ \mathrm{mol\\ O}_2,
e como há 1,5625 mol de \mathrm{O}_2 disponível, sobra O _2. Portanto o limitante é \mathrm{H}_2\mathrm{S}.

Passo 5

O rendimento teórico de \mathrm{S}_8 ( 100 %) sai de
n_{\mathrm{S}_8,\text{teo}}=\frac{n_{\mathrm{H}_2\mathrm{S}}}{8} =\frac{0,5870}{8}=0,073375\\ \mathrm{mol}
e em massa, usando M(\mathrm{S}_8)=8\times32,06=256,48\\ \mathrm{g/mol},
m_{\mathrm{S}_8,\text{teo}}=0,073375\\ \mathrm{mol}\times256,48\\ \mathrm{g/mol}\approx18,82\\ \mathrm{g}.

Passo 6

Aplicando o rendimento real de 98\%:
m_{\mathrm{S}_8,\text{real}}=18,82\\ \mathrm{g}\times0,98\approx18,44\\ \mathrm{g}.

Passo 7

A quantidade de \mathrm{O}_2 consumida foi 0,2935 mol, logo sobra
n_{\mathrm{O}_2,\text{sobra}}=1,5625-0,2935=1,2690\\ \mathrm{mol},
em massa isso é
m_{\mathrm{O}_2,\text{sobra}}=1,2690\\ \mathrm{mol}\times32,00\\ \mathrm{g/mol}\approx40,61\\ \mathrm{g}.

Resposta

Massa de \mathrm{S}_8 produzida (rendimento real): 18,4\\ \mathrm{g}\n Reagente limitante: \mathrm{H}_2\mathrm{S}\n Massa de \mathrm{O}_2 em excesso restante: 40,6\\ \mathrm{g}

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