CICLO PREUNIVERSITARIO 2019 - 1

ESTEQUIOMETRÍA

Profesor: Quím. Jorge C. Rojas Ramos

 Logro
Al término de la sesión, el alumno estará en la capacidad de lo siguiente:
 Interpretar cuantitativamente una ecuación química balanceada.
 Aplicar las leyes de combinación química.
 Determinar el reactivo limitante y el reactivo en exceso.
 Entender el rendimiento porcentual real y el rendimiento porcentual
teórico de un proceso químico.
 Stoicheon (elemento)
ESTEQUIOMETRÍA Metron (medida)
¿Qué estudia?
de tipo • mol – mol
Relaciones cuantitativas entre
• masa – masa
reactantes y productos
• volumen – volumen
• masa – mol
Que en la práctica justifican las leyes • mol – volumen, etc.
de combinaciones químicas
Se clasifican en
Solo para gases a P, T cte
Leyes Ponderales (masas) Ley Volumétrica como LEY DE LAS
RELACIONES SENCILLAS
(Gay-Lussac)
• Ley de Conservación de la Masa
(Antoine Lavoisier 1789)
Ejemplo:
• Ley de las Proporciones Definidas
3H2(g) + 1N2(g) → 2NH3(g)
(Joseph Proust 1799)
• Ley de Proporciones Múltiples Donde:
(John Dalton 1808)
• Ley de Proporciones Recíprocas 𝑉𝐻2 𝑉𝑁2 𝑉𝑁𝐻3
= =
(Richter y Wenzel 1792) 3 1 2
 LEYES PONDERALES

Ley de la conservación de la masa Ley de las proporciones definidas

(Lavoisier) (Proust)
La masa de los reactivos y productos son Ejemplo: 2H2 + O2 → 2H2O
iguales. Se cumple al balancear la
ecuación. Proporción estequiométrica
𝑚𝐻2 𝑚𝑂2 𝑚𝐻2𝑂
Ley de las proporciones múltiples = =
4 32 36
(Dalton)
Ejemplo:
Ley de las proporciones reciprocas
2C + 1O2 → 2CO ……….(1) (Richter y Wenzel)
24 g 32 g
Ejemplo: 1C + 1O2 → 1CO2
1C + 1O2 → 1CO2 ………(2) 12g 32 g 44g
x2 12 g 32 g 𝑚𝑂2(1) 32 𝑔 1 2H2 + O2 → 2H2O
24 g 64 g = = 4 g 32 g 36 g
𝑚𝑂2(2) 64 𝑔 2
Por lo tanto, cuando el carbono reacciona con el
Se observa que la masa del carbono es hidrógeno, lo harán en base a las masas 12 y 4
constante, mientras que la masa del C + 2H2 → CH4
oxígeno varia en razón de 1 y 2. 12 g 4 g 16g
1. LEY DE CONSERVACION DE LA MASA
Fue planteada por el químico Francés Antoine Lavoisier en
1789, considerado el padre de la química moderna, pues con
el surge la química experimental. En toda reacción química, la
suma de las masas de las sustancias reaccionantes que se
transformen es exactamente igual a la suma de las masas de
las nuevas sustancias formadas o productos; por lo tanto, la
masa no se crea ni se destruye solamente se transforma.
La ley de conservación de masa o de la materia, para una reacción completa (reacción
irreversible) puede generalizarse de la siguiente manera:

Σ masa (reactantes) = Σ masa (productos)

108,3 g calor
𝐻𝑔𝑂 + 𝑂2
100,3 g 𝐻𝑔 8g

Δ
2𝐻𝑔𝑂 ՜ 2𝐻𝑔 + 𝑂2
108,3 g 100,3 g 8 g 108,3 g = 100,3 g + 8 g
EJEMPLO APLICATIVO
Según la reacción química:
∆
2Ag2O ՜ 4Ag + O2
10,7 g de óxido de plata (AgO) se descomponen formando 10,0 g de plata (Ag).
¿qué peso de oxígeno se formará?

Aplicando la Ley de Lavoisier

∆
2Ag2O ՜ 4Ag + O2

10,7 g 10,0 g 𝑊𝑂2 ?

10,7 g = 10,0 g + 𝑊𝑂2

∴ 𝑊𝑂2 = 0,7 g

NOTA: La masa de las sustancias reactantes se refiere a la cantidad totalmente

transformada a productos (o resultantes), es decir, sin considerar la cantidad en
exceso que queda al finalizar la reacción.
2. LEY DE PROPORCIONES DEFINIDAS
Fue enunciado por el químico francés Joseph L. Proust (1799) y
establece lo siguiente: cuando dos o más elementos se combinan
para formar un determinado compuesto, lo hacen siempre en una
relación o proporción en masa fija o invariable.
Por lo tanto un compuesto químico independientemente del método de obtención
tiene una composición constante definida e invariable.

Ejemplo – 1 : 2H2 + O2 → 2H2O 𝑊𝐻2 4 1

Donde: = =
𝑊𝑂2 32 8
4g 32 g 36 g

Ejemplo – 2 :
La oxidación del aluminio (Al):
4Al(s) + 3O2(g) → 2Al2O3(s)

Relación en masa 108 g 96 g → 204 g

Ejemplo 324 g 288 g → 612 g

Aquí las masas se triplican, tanto en reactantes como en productos.

Ejemplo – 3 :
La relación de Proust se extiende a la relación molar
4Al(s) + 3O2(g) → 2Al2O3(s)

Relación en masa 4 mol 3 mol → 2 mol

Ejemplo 8 mol 6 mol → 4 mol

En este caso los moles se duplican

¿Que sucede si las cantidades no están proporciones definidas?
Entonces una cierta asa de algún elemento dejara de combinarse o reaccionar. A este
elemento se llama reactivo en exceso (RE).

• Reactivo en exceso (RE): es aquel reactante que interviene en mayor proporción

estequiométrica, por lo tanto, sobra (exceso) al finalizar la reacción, generalmente
es el de menor costo.
• Reactivo limitante (RL): es aquel reactante que interviene en menor proporción
estequiométrica, por lo tanto se agota o se consume totalmente y limita la
cantidad de producto(s) formado(s) ósea define el rendimiento del mismo. Su valor
económico es alto y con este reactivo, se realizan los cálculos
Dado que los elementos se combinan en proporciones definidas, entonces los
compuestos deberán tener composición en masa constante estableciendo así la
composición centesimal.

2.1 COMPOSICIÓN PORCENTUAL O CENTESIMAL (CC)

Representa el porcentaje en masa de cada elemento que forma parte de un
compuesto químico. Es independiente de la masa analizada del compuesto. En
forma práctica se halla aplicando la siguiente relación:
Ejemplo: Halle la composición centesimal del H2O (PA: O = 16 uma, H = 1 uma)

PF(H2O) = 2(1 uma) + 1(16 uma) = 18 uma

2 𝑢𝑚𝑎 16 𝑢𝑚𝑎
%H = 𝑥 100 = 11,11 % %O = 𝑥 100 = 88,89 %
80 𝑢𝑚𝑎 80 𝑢𝑚𝑎

Por lo tanto el agua pura, siempre el 11,11 % representa la masa de hidrógeno y el

88,89 % corresponde a la masa del oxígeno, independientemente de cual sea la
fuente natural de donde se le extrae (río, mar, lluvia, etc) o cual sea el método de
síntesis.
 TIPOS DE FÓRMULA QUÍMICA

Fórmula Empírica (FE) Fórmula Molecular (FM)

Representa la fórmula más sencilla o Representa la fórmula real o verdadera

elemental de un compuesto; la fórmula de un compuesto covalente, y por ello
empírica la poseen los compuestos nos permite diferenciarla de los demás
covalentes e iónicos. La fórmula compuestos. Es un múltiplo entero de
empírica se halla, principalmente la fórmula empírica.
respecto a la composición centesimal.
Ejemplos: H2O2, C2H6, H2C2O4, etc
Ejemplos: H2O, NH3, NaCl, CaF2, etc

Relación entre FM y FE:

CH2O 6
FM = KFE CH2 8
NH3 1
ഥ FM = KM
M ഥ FE CaO 1

NOTA: La fórmula empírica y molecular tienen la misma composición centesimal

EJEMPLO APLICATIVO – 1
El ácido láctico se produce en nuestro organismo cuando se realiza un ejercicio
anaeróbico, como por ejemplo: levantar pesas o correr a velocidad elevada, donde hay
mucha intensidad y poca duración. Si su composición es 40 %C; 6,71 % de H y 53,29 %
de O y su masa molar es de 90 g. determine la fórmula empírica y molecular de este
ácido.
A) CHO y C3H6O3 B) CH2O y C3H3O3 C) CH2O y C6H3O6
D) CHO2 y C3H6O3 E) CH2O y C3H6O3

Dividir entre el Proporción

Elemento %=g ÷ PA
menor mínima
C 40 40/12 = 3,33 3,33/3,33 = 1
H 6,71 6,71/1 = 6,71 6,71/3,33 = 2 CH2O
O 53,29 53,29/16 = 3,33 3,33/3,33 = 1
La fórmula empírica es CH2O y su masa molar es: 12 + 2 + 16 = 30
ഥ FM = KM
M ഥ FE FM = KFE
90 = K .30 → 3 = K FM = 3 (CH2O) = C3H6O3
Rpta: E

Otra forma de hallar la fórmula empírica es aplicando la ley de la proporciones

definidas de Proust
En general, sea el compuesto 𝐴𝑥 𝐵𝑦 … … 𝑊𝑧

𝑚 𝑇 (𝐴) 𝑚 𝑇 (𝐵) 𝑚 𝑇 (𝑊)

Se cumple que = =. … =
%𝐴 %𝐵 %𝑊

En el ejemplo tenemos 40 %C; 6,71 % de H y 53,29 % de O ósea (𝐶𝑥 𝐻𝑦 𝑂𝑧 )

𝑚 𝑇 (𝐶) 𝑚 𝑇 (𝐻) 𝑚 𝑇 (𝑂) 12𝑥 1𝑦 16 𝑧 2𝑥 = 𝑦

= = = =
%𝐶 %𝐻 %𝑂 40 6,71 53,29 x=𝑧

Luego la fórmula será: 𝐶𝑥 𝐻2𝑥 𝑂𝑥 entonces sacando factor común (𝑥) tendríamos la
fórmula empírica (FE) 𝐶𝐻2 𝑂
EJEMPLO APLICATIVO – 2
En la preparación de trióxido de azufre por oxidación de azufre se obtuvieron los
siguientes datos en una serie de experimentos:
Exp. Peso de “S” Peso de “O” usado Peso de SO3 formado
1 1,0 g 1,5 g 2,5 g
2 2,0 g 3,0 g 5,0 g
3 3,0 g 4,5 g 7,5 g

¿En los 3 experimentos se cumple la ley de Proust?

Exp. 1: Exp. 2: S + 1O2 → SO3 𝑊𝑆 2

∴ =
S + 1O2 → SO3 2,0 g 3,0 g 5,0 g 𝑊𝑂 3
1,0 g 1,5 g 2,5 g
Exp. 3: S + 1O2 → SO3 𝑊𝑆 3 2
𝑊𝑆 1 2 ∴ = =
∴ = = 3,0 g 4,5 g 7,5 g 𝑊𝑂 4,5 3
𝑊𝑂 1,5 3

Se observa que el “S” y “O” intervienen en una relación constante de masas de 2/3
por lo tanto se está cumpliendo la ley de Proust.
EJEMPLO APLICATIVO – 3
Se mezclan inicialmente 12 g de limaduras de Hierro con 8 de Azufre en polvo. Se
calienta la mezcla para que la reacción transcurra hasta el límite máximo posible.
Hallar el peso de sulfuro ferroso obtenido (FeS) y los gramos de reactivo en exceso
que quedan sin reaccionar. PA (uma): Fe = 56 S = 32

1Fe + 1S → 1FeS
Cantidad estequiométrica 56 g 32 g 88 g Una regla práctica es
Cantidad dato 12 g 8g 𝑊𝐹𝑒𝑆 ? multiplicando en aspa ∴ El
384 448 R.L es el Fe
R.L R.E
La menor relación es para el R.L y la mayor para el R.E.
Para hallar el peso de sulfuro ferroso obtenido, trabajamos solo con el R.L. haciendo
uso de la regla de tres.
12 𝑔 𝑥 88 𝑔
𝑊𝐹𝑒𝑆 = = 18,85 𝑔
1Fe + 1S → 1FeS 56 𝑔
56 g 32g 88 g
12 𝑔 𝑥 32 𝑔
12 g a 𝑊𝐹𝑒𝑆 ? a= = 6,85 𝑔
56 𝑔
Cuando se dice “hasta el límite máximo posible” significa que la reacción
transcurre hasta que se consuma totalmente el R.L
Al hacer la regla de tres, tenemos los siguientes resultados: 𝑊𝐹𝑒𝑆 (máximo) = 18,85 g

Los gramos de reactivo en exceso que quedan sin reaccionar. será la diferencia
entre la cantidad inicial (8 g) y la cantidad que se consumió (6,85 g):

gramos de reactivo en exceso que quedan sin reaccionar = 8g – 6,85 g = 1,15 g.

NOTA: Otra forma de encontrar el R.L en la reacción es usando esta regla práctica:

Cantidad que se usa como dato del problema

Cantidad obtenida de la ecuación balanceada

La menor relación es para el R.L y la mayor para el R.E; además, la cantidad de

sustancia química pura puede ser masa, moles o volumen
12 8
Fe = = 0,21 (R.L) S= = 0,25 (R.E)
56 32
EJEMPLO APLICATIVO – 4
En una reacción se combinan 80 gramos de hidróxido de sodio y 4 mol de ácido
hipocloroso para obtener hipoclorito de sodio y agua. Calcular los gramos de
NaClO obtenidos
Masa molar (g/mol): hidróxido de sodio = 40 NaClO = 74,5

1NaOH + 1HClO → 1NaClO + H2O

Cantidad estequiométrica 40 g 1 mol 74,5 g
Cantidad dato 80 g 4 mol 𝑊𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂 ?
80 160
R.L R.E
Calculando los gramos de NaClO obtenidos a partir de los 80 g de NaOH para ello
trabajamos solo con el R.L. haciendo uso de la regla de tres.
80 𝑔 𝑥 74,5 𝑔
𝑊𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂 = = 149 𝑔
40 𝑔

NOTA: El reactivo en exceso no es aquella sustancia química que se utiliza en

mayor cantidad, sino aquella que participa en mayor proporción con respecto al
reactivo limitante.
EJEMPLO APLICATIVO – 5
Se combinó 25 moles de SO2 con 13 moles de O2 y 25 moles de H2O en la reacción
de obtención del ácido sulfúrico. ¿Cuál es el reactivo en exceso?
SO2 + O2 + H2O → H2SO4
A) O2 B) SO2 C) H2O y O2 D) O2 y SO2 E) H2O

SO2 + O2 + H2O → H2SO4

Cantidad estequiométrica 2 mol 1 mol 2 mol 2 mol
Cantidad dato 25 mol 13 mol 25 mol x mol

Regla práctica: se plantea la siguiente relación para cada reactante:

Cantidad que se usa como dato del problema

Cantidad obtenida de la ecuación balanceada

La menor relación es para el R.L y la mayor para el R.E; además, la cantidad de

sustancia química pura puede ser masa, moles o volumen
25 13 25
SO2 = = 12,5 (R.L) O2 = = 13 (R.E) H2O = = 12,5 (R.L)
2 1 2
Rpta: A
3. LEY DE LAS PROPORCIONES MÚLTIPLES
Ley de Dalton o ley de las proporciones múltiples formulada en
1808 por Jhon Dalton. Sostiene que diferentes cantidades de un
mismo elemento que se combinan con una cantidad fija de otro
elemento, para formar diversos compuestos, están en la relación
de números enteros y sencillos. Esta fue la última de las leyes
ponderases en postularse.

Ejemplo:
Cl2 + O2 → se obtiene 4 compuestos
Cl2O, Cl2O3, Cl2O5 y Cl2O7

Compuestos masa de cloro masa de oxígeno

Cl2O 71 g 16 g x 1

Cl2O3 71 g 16 g x 3

Cl2O5 71 g 16 g x 5

Cl2O7 71 g 16 g x 7
EJEMPLO APLICATIVO
Dos óxidos de fósforo contienen 56,36 % y 43,66% en masa de fósforo,
respectivamente. Determine la relación de números sencillos que demuestra la
ley de las proporciones múltiples de Dalton.
A) 1/2 B) 2/3 C) 3/5 D) 3/4 E) 2/5

fósforo + oxígeno → óxido 1 (P2Ox)

56,36 g 43,64 g (asumimos 100 g de muestra)

fósforo + oxígeno → óxido 2 (P2Oy)

43,66 g 56,34 g
x 1,29
56,36 g 72,6786 g

Se observa que la razón entre las masas de oxígeno, que se combinó con un peso
fijo de fósforo (56,36 g), para formar dos óxidos diferentes de fósforo, es:
43,64 3
= 0,6 = Entonces los óxidos son P2O3 y P2O5
72,6786 5
Rpta: C
4. LEY DE PROPORCIONES RECÍPROCAS
Fue enunciada por Richter y Wenzel (1792). Sostienen que las
masas de dos elementos que se combinan con una misma masa
de otro tercer elemento se relacionan entre si.

Ejemplo:
2Na + H2 → 2NaH
46g 2g A + B → P1
mA mB
4Na + O2 → 2Na2O En resumen:
92 g 32 g
A + C → P2
46 g 16 g
mA mC

2H2 + O2 → 2H2O
2g 16 g B + C → P3
mB mC
1 8
Entonces:
∴ Participan en la misma proporción
PE (H2) = 1 PE (O2) = 8

Esta ley se puede enunciar en términos de pesos equivalentes

EJEMPLO APLICATIVO
En una experiencia de laboratorio, 25 g de un elemento A se combina con 20 g de
un elemento B para formar cierto compuesto. En otra experiencia, 30 g de un
elemento D se combina con 40 g de elemento B. ¿Con que peso de A se
combinaran 11,2 g de elemento D?

Observamos que las masas de A (25 g) y

A + B → compuesto X D (15 g) se combinan con la misma masa
25 g 20 g de B (20 g), luego por ley de Richter y
Wenzel tendremos:
D + B → compuesto Y
A + D → compuesto Z
30 g 40 g 15 g
25 g
15 g 20 g
Se observa que la relación de masas de A
y D cuando se combinan entre si es:
𝑊𝐴 25𝑔 5
= =
𝑊𝐷 15𝑔 3
Si la masa de D es 11,2 g, tenemos: 𝑊𝐴 5
= 𝑊𝐴 = 18,66 𝑔
11,2 𝑔 3
Richter al estudiar las reacciones de neutralización ácido – base, descubre que:

H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O

98g 80g

H2SO4 + 2KOH → K2SO4 + 2H2O

98g 112g

∴ Las masas de las tres 98 g H2SO4 < > 80 g NaOH < > 112 g KOH
sustancias son equivalentes:
Por lo tanto el concepto de peso equivalente se fundamenta en la ley de Richter y
Wenzel. Para un mejor entendimiento veamos las siguientes reacciones químicas:

Primera reacción Segunda reacción

Ca + H2 → CaH2 2Ca + O2 → 2CaO
40 g 2g 80 g 32 g
20 g 1g 20 g 8g
∴ PE (Ca) = 20 ∴ PE (Ca) = 20
En la primera reacción se observa que 20 g de Ca es químicamente equivalente a
1 g de H2, en la segunda reacción, 20 g de Ca es químicamente equivalente a 8 g de
O2, de ello podemos deducir que 1 g de H2 es químicamente equivalente a 8 g de
O2, esto significa que si ambos elementos se combinan lo harían en la proporción
en masa de 1 a 8, lo cual es compatible con las pruebas experimentales.
El ejemplo mostrado nos indica que no es necesario realizar la combinación
química para determinar la proporción de combinación entre sustancias químicas,
se puede llegar a ello por concepto de equivalencia.
¿Un elemento podrá tener distintos pesos equivalentes?
Rpta: Si, Para ello veamos las siguientes reacciones:
Primera reacción Segunda reacción
2C + O2 → 2CO C + O2 → CO2
24 g 32 g 12 g 32 g
6g 8g 3g 8g

∴ PE (C) = 6 ∴ PE (C) = 3

El carbono a diferencia del calcio tiene dos valores de PE ¿Por qué? Rpta: pues
presenta dos posibles EO, participa en reacción redox
 PESO EQUIVALENTE

El peso equivalente o peso de combinación es la

cantidad de sustancia capaz de combinarse o desplazar
una parte en masa de H2, 8 partes en masa de O2 o 35,5
partes en masa de Cl2.

Con ello se establecen

Esta proporción ha sido
Cantidades estándares de referencia verificada por múltiples
experimentos en el laboratorio
PE(H2) = 1; PE(O2) = 8; PE(Cl2) = 35,5 confirmando la validez del
concepto de peso equivalente.
debido

A que se combinan con la mayoría de los

elementos para formar una gran variedad de
compuestos químicos.

Se calcula
ഥ(𝑋)
𝑀
𝑃𝐸(𝑋) = 𝑃𝐸(𝐴𝑥 𝐵𝑌 ) = 𝑃𝐸 𝐴+𝑦 + 𝑃𝐸(𝐵−𝑥 )
𝜃
5. REGLAS PARA DETERMINAR PESOS EQUIVALENTES
PARA ELEMENTOS PARA COMPUESTOS

𝑃𝐴(𝑋) 𝑀ഥ
𝑃𝐸(𝑋) = 𝑃𝐸 𝑋 =
𝐸. 𝑂 𝜃𝑋

Por fines prácticos, como el PE es una magnitud adimensional, asumiremos que

también son adimensionales
Ejemplos:
40 23 106
𝑃𝐸(𝐶𝑎) = = 20 𝑃𝐸(𝑁𝑎) = = 23 𝑃𝐸(𝑁𝑎2𝐶𝑂3) = = 53
2 1 2

A modo de observación:
Para que representen cantidades dimensionales, hoy en día, se está dando más uso
al concepto de MASA EQUIVALENTE (Meq), cuyas unidades son g/eq.

Donde:
𝑀ഥ𝑋 (𝑔Τ𝑚 𝑜𝑙 ) 𝜃 : Parámetro de combinación, depende de la
𝑀𝑒𝑞 𝑋 =
𝜃𝑋 (𝑒 𝑞 Τ𝑚 𝑜𝑙 ) naturaleza de la sustancia, así como del proceso
donde participe.
5.1 REGLAS PARA DETERMINAR EL FACTOR (𝜽)

Compuesto 𝜃 Ejemplos
CaO (𝜃 = 2)
Óxido Carga neta del
metálico elemento u oxígeno Na2O (𝜃 = 2)
Al2O3 (𝜃 = 6)
HCl (𝜃 = 1)
No de iones H+
Ácido HNO3 (𝜃 = 1)
ionizables
H2SO4 (𝜃 = 2)

No de iones OH- NaOH (𝜃 = 1)

Hidróxido
ionizables Ca(OH)2 (𝜃 = 2)
CuSO4 (𝜃 = 2)
Carga neta del KAl(SO4)2 (𝜃 = 4)
Sal
catión
Al2(SO4)3 (𝜃 = 6)

Número de +7 +2
Oxidante electrones ganados o 𝑀𝑛𝑂41− → 𝑀𝑛
y perdidos por unidad 𝜃=7–2=5
reductor fórmula
Hay ácidos que al ionizarse no liberan necesariamente todos los hidrógenos presentes
en su composición, para determinar el número de hidrógenos ionizables o hidrógenos
ácidos se debe realizar la estructura de Lewis
Ácido hipofosforoso (H3PO2)
𝛿+ 𝛿+
𝛿− 𝛿−
𝛿+ 82
𝛿− 𝑃𝐸 =
63 2
𝑃𝐸 =
1
Ácido fosforoso (H3PO3)

Hidrógeno ionizable
De esto concluimos que los hidrógenos que se ionizan pertenecen al enlace H – O –, el
cual es muy polar
En ácidos orgánicos, el H+ ionizable esta unido al oxígeno del grupo carboxilo ( – COOH )

46 60
𝑃𝐸 = 𝑃𝐸 = 90
1 1 𝑃𝐸 =
2

Ácido fórmico Ácido acético Ácido oxálico

5.2 DETERMINACIÓN DE PESOS EQUIVALENTES EN UNA REACCIÓN QUÍMICA
En primer lugar se debe identificar el tipo de reacción, es decir si es redox,
metátesis, etc; ya que el peso equivalente de una sustancia no es única, en muchos
casos toma distintos valores, por ello la necesidad de conocer la reacción en la que
participa.

Reacciones Redox

𝜃 : número de electrones transferidos que participan generalmente por unidad fórmula

+2 -2 -3 +1 0 0 +1 -2
1
1CuO + 1NH3 → Cu + N
2 2
+ H2O

Se reduce (+2e-)
Se oxida (−3e-)
ഥ 79,5
𝑀 ഥ 17
𝑀
𝑃𝐸(𝐶𝑢𝑂) = = = 39,75 𝑃𝐸(𝑁𝐻3) = = = 39,75
𝜃 2 𝜃 3

NOTA: No olvidar que 𝜃 es igual al número de electrones ganados o perdidos por

unidad fórmula
Reacciones de Metátesis (no Redox)
Reacciones en donde no hay variación del número de oxidación, se les llama
también reacciones de doble desplazamiento.
Ejemplo 1
𝐻3 𝑃𝑂4(𝑎𝑐) + 𝐾𝑂𝐻 𝑎𝑐 → 𝐾2 𝐻𝑃𝑂4(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂(𝑙)

2𝐻 + + 𝐻𝑃𝑂42− 𝐾 + + 𝑂𝐻− 2𝐾 + + 𝐻𝑃𝑂42− 𝐻 + + 𝑂𝐻 −

Como el 𝐻3 𝑃𝑂4 ha liberado 1𝐻 + su 𝜃 = 1 Como el 𝐾𝑂𝐻 ha liberado 1 ion 𝑂𝐻 − su 𝜃 = 1

ഥ 98
𝑀 ഥ 56
𝑀
𝑃𝐸(𝐻3𝑃𝑂4) = = = 49 𝑃𝐸(𝐾𝑂𝐻) = = = 56
𝜃 2 𝜃 1
De igual forma
ഥ 174
𝑀
𝑃𝐸(𝐾2𝐻𝑃𝑂4) = = = 87 𝑃𝐸(𝐻2𝑂) = 𝑃𝐸 𝐻+ + 𝑃𝐸 𝑂𝐻 − = 1 + 17 = 18
𝜃 2

Observaciones:
• El peso equivalente es una propiedad intensiva de la materia.
• En una reacción de neutralización se cumple que la suma de pesos equivalentes
de reactantes y productos es la misma
• En las reacciones de neutralización los ácidos fuertes presentan un solo valor de
𝑃𝐸.
Ejemplo 2
𝑁𝑎2 𝐶𝑂3(𝑎𝑐) + 𝐶𝑎𝐶𝑙2 𝑎𝑐 → 𝐶𝑎𝐶𝑂3(𝑠) + 𝑁𝑎𝐶𝑙(𝑎𝑐)

2𝑁𝑎 + + 𝐶𝑂32− 𝐶𝑎+2 + 2𝐶𝑙 − 𝐶𝑎+2 + 𝐶𝑂32− 𝑁𝑎+ + 𝐶𝑙 −

Se observa que los iones en el 𝑁𝑎2 𝐶𝑂3(𝑎𝑐) , conservan su carga en el proceso

químico, por lo que:
23 60
𝑃𝐸(𝑁𝑎𝐶𝑂3) = 𝑃𝐸 𝑁𝑎+ + 𝑃𝐸 𝐶𝑂32− = + = 53
1 2

Ejemplo 3
Hallar el peso equivalente del agua para esta reacción redox
0 0 +1 -2
2𝐻2 + 𝑂2 → 2𝐻2 𝑂

Se reduce (+4e-)
Se oxida (−4e-)

ഥ𝐻 𝑂
𝑀 18
2
𝑃𝐸 𝐻2 𝑂 = − = =9
#𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝐻2 𝑂 2
EJEMPLO APLICATIVO – 4
El peso equivalente del agente oxidante o reductor es la parte en masa del
mismo capaz de ganar o perder un electrón, respectivamente. Usando la
información anterior, determine los pesos equivalentes del agente reductor y del
oxidante en
𝑁𝑎2 𝐶𝑟𝑂4 + 𝐾𝑁𝑂2 ՜ 𝐶𝑟2 𝑂3 + 𝐾𝑁𝑂3 + 𝑁𝑎2 𝐶𝑂3
Masa atómica: Na = 23; Cr = 52 ; K = 39

+6 +3 +3 +5
2𝑁𝑎2 𝐶𝑟𝑂4 + 𝐾𝑁𝑂2 ՜ 𝐶𝑟2 𝑂3 + 𝐾𝑁𝑂3 + 𝑁𝑎2 𝐶𝑂3

Se reduce (+6e-)
Se oxida (−2e-)

ഥ𝑁𝑎 𝐶𝑟𝑂
𝑀 ഥ 162
𝑀
2 4
𝑃𝐸 𝑁𝑎2 𝐶𝑟𝑂4 = − = = = 54
#𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑁𝑎2 𝐶𝑟𝑂4 𝜃 3

ഥ𝐾𝑁𝑂
𝑀 ഥ 85
𝑀
2
𝑃𝐸 𝐾𝑁𝑂2 = − = = = 42,5
#𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝐾𝑁𝑂2 𝜃 2
5.3 EQUIVALENTE GRAMO (𝑬𝒒 − 𝒈)
Es la masa en gramo de un equivalente químico.
En forma práctica, es el peso equivalente de una sustancia expresada en gramo.

𝑚(𝑋)
1 𝐸𝑞 − 𝑔 = 𝑃𝐸(𝑋) 𝑔 #𝐸𝑞 − 𝑔(𝑋) = = 𝑛(𝑋) . 𝜃(𝑋)
𝑃𝐸(𝑋)

5.4 LEY DE EQUIVALENTE QUÍMICO

Fue descubierta por el químico Benjamin Richter (1792) y luego completada por
Wenzel. En una reacción química, las masas que se combinan de las sustancias
son proporcionales a sus respectivos pesos equivalente.
Para una reacción: 𝐴+𝐵 ՜ 𝐶+𝐷
tenemos #𝐸𝑞 − 𝑔(𝐴) = #𝐸𝑞 − 𝑔(𝐵) = #𝐸𝑞 − 𝑔(𝐶) = #𝐸𝑞 − 𝑔(𝐷)

𝑚(𝐴) 𝑚(𝐵) 𝑚(𝐶) 𝑚(𝐷)

= = =
𝑃𝐸(𝐴) 𝑃𝐸(𝐵) 𝑃𝐸(𝐶) 𝑃𝐸(𝐷)

NOTA: La ley de equivalentes se puede aplicar, aun sin conocer toda la reacción.
EJEMPLO APLICATIVO – 1
Si 28,4 g de un elemento no metálico se combina con 18,4 g de sodio. ¿Cuál es el
peso equivalente del elemento no metálico?
PA (uma): Na = 23

Sea la reacción de adición:

Na + X → compuesto
18,4 g 28,4 g

X = elemento no metálico
Por la ley del equivalente químico
𝑚𝑁𝑎 𝑚𝑋
=
𝑃𝐸(𝑁𝑎) 𝑃𝐸(𝑋)
Reemplazando los datos tenemos
18,4 28,4
= 𝑃𝐸 𝑋 = 35,5
23 𝑃𝐸(𝑋)
1
EJEMPLO APLICATIVO – 2
El óxido de un metal contiene 71,47 % en masa del metal. Calcule la masa
equivalente (en g/eq) de dicho metal.
Masa molar (g/mol): O = 16

+X -2
M2O
71,47 % 28,53 %

Sea la reacción de adición: M + O2 → M2O

71,47 g 28,53 g
Por la ley del equivalente químico
𝑚𝑀 𝑚𝑂2
=
𝑃𝐸(𝑀) 𝑃𝐸(𝑂2 )

reemplazando los datos tenemos

71,47 28,53
= 𝑃𝐸 𝑀 = 20
𝑃𝐸(𝑀) 8
EJEMPLO APLICATIVO – 3
La reacción de 2,74 g de un metal con un exceso de ácido clorhídrico produjo 448
mL de H2 gaseoso medido en condiciones normales. Determine la masa
equivalente del metal.

Se establece la ley de equivalentes

#𝐸𝑞 − 𝑔(𝑀) = #𝐸𝑞 − 𝑔(𝐻𝐶𝑙) = #𝐸𝑞 − 𝑔(𝐻2)

𝑚𝑀 𝑚𝐻2 2,74 𝑔 𝑚𝐻2

= =
𝑃𝐸(𝑀) 𝑃𝐸(𝐻2 ) 𝑃𝐸(𝑀) 1

Hallamos la masa del gas H2. A partir del dato, en condiciones normales tenemos:
1 mol de 𝐻2 <> 2 g de 𝐻2 22,4 L
0,448 𝐿
𝑚𝐻2 0,448 L 𝑚𝐻2 = = 0,04 𝑔
22,4 𝐿
En consecuencia:
2,74 0,04
= ∴ 𝑃𝐸 𝑀 = 68,5
𝑃𝐸(𝑀) 1
6. LEY DE LAS RELACIONES SENCILLAS
(LEY VOLUMÉTRICA)
Esta ley fue dada por el científico francés Joseph Gay Lussac,
que establece que a las mismas condiciones de presión y
temperatura existe una relación constante y definida de
números enteros y sencillos, entre los volúmenes de las
sustancias gaseosas que intervienen en una reacción química.
Ejemplo:

1N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g)

1 mol 3 mol 2 mol
1V 3V 2V
5L 15 L 10 L
30 L 100 L 60 L
RL RE
Explicación:

𝑉 𝑅𝑇
de 𝑃. 𝑉 = 𝑅𝑇. 𝑛 → = = 𝑐𝑡𝑒 = 𝐾 → ∴ 𝑉 = 𝐾 𝑛
𝑛 𝑃
EJEMPLO APLICATIVO – 1
A condiciones ambientales (25oC y 1 atmósfera) se debe quemar (combustionar)
50 litros de gas domestico (gas propano), 𝐶3 𝐻8 . ¿que volumen de oxígeno se
necesita a las mismas condiciones?

Los hidrocarburos (compuestos formados por hidrógeno y carbono) en su

combustión que normalmente es completa generan CO2 y H2O como únicos
productos de combustión. Luego planteamos la ecuación de combustión
balanceada.

𝐶3 𝐻8(𝑔) + 5𝑂2(𝑔) ՜ 3𝐶𝑂2(𝑔) + 4𝐻2 𝑂 𝑙

1 vol. 5 vol.
50 L 𝑥

50 𝐿 𝑥 5
∴ 𝑥= = 250 L
1
EJEMPLO APLICATIVO – 2
Combinando 100 L de nitrógeno con 150 L de hidrógeno a 500 oC y 200 atm para
cada gas, se obtiene amoniaco según la siguiente ecuación sin balancear.
𝑁2(𝑔) + 𝐻2(𝑔) ՜ 𝑁𝐻3(𝑔)
Calcular el volumen total de gases ocupados que quedan al final de la reacción a las
mismas condiciones de presión y temperatura.

1𝑁2(𝑔) + 3𝐻2(𝑔) ՜ 2𝑁𝐻3(𝑔)

1L 3L 2L
a 100 L 150 L x 150𝐿 𝑥 2 𝐿
x = = 100L = 𝑉𝑁𝐻3
3𝐿
a = 1𝐿 𝑥 150 𝐿 = 50L 300 150
3𝐿 (R.E) (R.L)

Los gramos de reactivo en exceso que quedan sin reaccionar. será la diferencia
entre la cantidad inicial (100 L) y la cantidad que se consumió (a = 50 L) ósea: 50L
Solicitan volumen total de los gases 𝑁𝐻3(𝑔) 100L
ocupados al final en la reacción: 𝑁2(𝑔) ∴ 𝑉𝑇 = 150 𝐿
50L
 EL RENDIMIENTO

TEÓRICO REAL

Es la máxima cantidad formada de un Es la cantidad de un determinado

producto, obtenida en función de una producto obtenida en forma
ecuación química balanceada cuando práctica (experimentalmente) a
el 100 % del reactivo limitante se partir de una cantidad determinada
consume para formar dicho producto. de reactivo limitante.

Es necesario para determinar el En una reacción química solo

porcentaje de rendimiento (%R), intervienen sustancias químicamente
se calcula: puras. Las impurezas no reaccionan; por
lo tanto, en los cálculos
estequiométricos solo trabajaremos con
𝑅𝑒𝑛𝑑. 𝑟𝑒𝑎𝑙
%𝑅 = 𝑥 100 la parte pura de la muestra química
𝑅𝑒𝑛𝑑. 𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜

𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑝𝑢𝑟𝑎
% 𝑝𝑢𝑟𝑒𝑧𝑎 = 𝑥 100
𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎 𝑚𝑢𝑒𝑠𝑡𝑟𝑎
APLICACIÓN – 1
Se somete a fermentación 360 g de glucosa (C6H12O6), según la siguiente reacción.
C6H12O6 → C2H5OH + CO2
Se obtuvo así 150 g de alcohol etílico (C2H5OH). ¿Cuál es el porcentaje de rendimiento
de la reacción para obtener alcohol? P.A (uma): C = 12 O = 16 H = 1

C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2

Cantidad estequiométrica 180 g 92 g
Cantidad dato 360 g 𝑊𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜 𝑊𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜 = 184 𝑔

𝑅𝑒𝑛𝑑. 𝑟𝑒𝑎𝑙 150 𝑔

%𝑅 = 𝑥 100 %𝑅 = 𝑥 100 = 81,5 %
𝑅𝑒𝑛𝑑. 𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜 184 𝑔

NOTA: El rendimiento real es siempre menor que el teórico, debido a diferentes

factores que ocurren en la práctica como por ejemplo: (1) el reactivo limitante
generalmente es impuro, (2) reacción incompleta de R.L, (3) condiciones de
reacción química no ideales, (4) formación de productos de reacción no deseados
(reacciones colaterales) y (5) una parte del producto se pierde durante el proceso
de separación o purificación, por ello el rendimiento nunca es el 100%
APLICACIÓN – 2
En un reactor de 5 L se coloca 3,2 mol de 𝑁2 y 6,6 mol de 𝑂2 a 400oC, produciéndose la
siguiente reacción:
𝑁2(𝑔) + 𝑂2(𝑔) ՜ 𝑁𝑂2(𝑔)
Identifique los reactivos limítante y exceso, y luego calcule el rendimiento de la
reacción si en el proceso se obtiene 5,6 mol de producto.

Tenemos que: 𝑁2 𝑔 + 2𝑂2(𝑔) ՜ 2𝑁𝑂2(𝑔)

1 mol 2 mol
3,2 mol 6,6 mol
6,4 mol 6,6 mol
∴ RL RE
Entonce el reactivo limitante (RL) es el 𝑁2
𝑁2 𝑔 + 2𝑂2(𝑔) ՜ 2𝑁𝑂2(𝑔) 𝑅𝑒𝑛𝑑. 𝑟𝑒𝑎𝑙
1 mol 2 mol %𝑅 = 𝑥 100
𝑅𝑒𝑛𝑑. 𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜
3,2 mol x x = 6,4 mol
5,6 𝑚𝑜𝑙
%𝑅 = 𝑥 100 = 87,5 %
6,4 𝑚𝑜𝑙
APLICACIÓN – 3
En la actualidad las pastas dentales contienen en su composición aditivos a base de
flúor, como por ejemplo, el monofluorofosfato de sodio o el fluoruro de sodio que
son recomendados para la prevención de las caries. Otro compuesto fue el fluoruro
de estaño, que se prepara según la siguiente reacción.
𝑆𝑛 + 2𝐻𝐹 ՜ 𝑆𝑛𝐹2 + 𝐻2
Si se hacen reaccionar 23,74 g de Sn con 4 g de HF, determine el reactivo limitante y
los gramos de reactivo en exceso que quedan sin reaccionar (𝐴ҧ𝑟 : S = 118,7; F = 19)

𝑆𝑛 + 2𝐻𝐹 ՜ 𝑆𝑛𝐹2 + 𝐻2
118,7 g 40 g
23,74 g 4g
949,6 474,8 (menor producto)
Entonce el reactivo limitante (RL) es el HF
Hallando la masa del reactivo en exceso que reacciona
4𝑔 𝐻𝐹 𝑥 118,7 𝑔 𝑆𝑛
𝑚𝑟𝑥𝑛𝑎 = = 11,87 𝑔
40𝑔
Masa del reactivo en exceso sin reaccionar: 𝑚sin 𝑟𝑥𝑛𝑎𝑟 = 23,74 𝑔 − 11,87 𝑔 = 11,87 𝑔
APLICACIÓN – 4
La nitroglicerina es un explosivo muy potente. Su descomposición se puede
representar por
4C3H5N3O9 → 6N2 + 12CO2 + 10H2O + O2
Esta reacción genera una gran cantidad de calor y muchos productos gaseoso.
Calcule la masa de nitroglicerina que se debe emplear para producir 142,56 g de
CO2 con un rendimiento del 90% (𝐴ҧ𝑟 : C = 12, N = 14, O = 16)

4C3H5N3O9 → 6N2 + 12 CO2 + 10H2O + O2

Cantidad estequiométrica 4 x 227 g 12 x 44 g
Cantidad dato x 158,4 = 𝑊𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜

142,56 90 %
luego
𝑊𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜 100 %
4 𝑥 227 𝑔 𝑥 158,4 𝑔
x=
12 𝑥 44 𝑔
∴ x = 272,4 g = masa de nitroglicerina
 Bibliografía

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 Chang, R. y Williams,
x C. (2003). química. Decima edición. México:
McGraw-Hill
𝑉𝑁𝐻3interamericana
= A. x 𝑉𝐻𝐶𝑙 = A. (d-x)
Editores.
 Petrucci, R y Harwood, S. (2003). química general. Prentice Hall. Decima
edición. México, 6(1).
 Withen, K. y Davis, R. (1998). química general. Editorial Mc Graw-Hill
interamericana. Madrid, 12(1).
Muchas gracias