2 BALANCE DE MATERIA TEORIA -1 pdf

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Universidad Mayor de San Andres Materia: Química 
Facultad de Ingeniería Capítulo 
Quimica BALANCE DE MATERIA Y ESTEQUIMETRÍA 
Docente: Ing. Luis Fernando Perez A. Gestión: 2017 Página 1 
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BALANCE DE MATERIA 
1 Balance de Materia Sin Reacción Química 
El balance de masa es una expresión de la conservación de la materia, también se lo conoce como balance de 
materia. La transferencia de masa se produce en mezclas que contienen diferentes concentraciones locales. Por 
ejemplo, cuando se echa una gota de tinta en un cubo de agua, el proceso de transferencia de materia es el 
responsable del movimiento de las moléculas de tinta a través del agua hasta alcanzar el equilibrio y conseguir una 
concentración uniforme. La materia se mueve de un lado a otro bajo la influencia de una diferencia o gradiente de 
concentración existente en el sistema. Esta expresión establece que la suma de las cantidades o concentraciones de 
todas las especies que contienen un átomo particular (o grupo de átomos) debe ser igual a la cantidad de ese átomo 
(o grupo de átomos) introducidos en el sistema. El balance de masa es una expresión que se refiere realmente a la 
conservación de los átomos, no de la materia propiamente dicha. 
Las principales aplicaciones de los balances son: 
 Estudios de operaciones básicas 
 Proyectar plantas industriales 
 Comprobación y funcionamiento de los procesos (existencia de posibles fugas) 
“Un balance sin reacción es aquel en el cual solo se realiza una transformación física, respecto a composición 
entre otros”. 
1.1 Ley de la conservación de la masa 
El balance de materia de una reacción química se basa en la ley de la conservación de la materia o la ecuación de la 
continuidad, la cual fue enunciada por Antoinne Lavoisssier. "La suma de las masas de las sustancias 
reaccionantes es igual a la suma de las masas de los productos”. La materia no se crea ni se destruye, sólo 
puede ser transformada. 
 
El balance de materia se lo realiza para efectuar cálculos sin necesidad de tener una ecuación química, generalmente 
se desea conocer la masa o volumen de sustancias iniciales o finales. 
El balance de materia sin reacción química se realiza en general en procesos de transformación físicos, a los cuales 
se identifican frecuentemente con el nombre de operaciones unitarias, en los cuales existe un intercambio de materia 
y energía con el medio externo o entre dos o más sistemas. Involucran cambios de estado de agregación y apariencia 
de materia, composición de materia. 
Las operaciones que se verán a continuación tienen como finalidad eliminar impurezas o separar sustancias. 
Las operaciones de separación básicas son: 
1.2 Operaciones comunes en balance de materia sin reacción química 
1.2.1 Destilación 
Consiste en separar de una mezcla homogénea, uno de los componentes, aprovechando su diferencia de punto de 
ebullición (el que tiene menor punto de ebullición se evapora más rápido por eso se separa), se realizan en los 
equipos como las torres de destilación, alambiques, etc. 
1.2.2 Absorción 
Ocurre en mezclas gaseosas la cual, se pone en contacto con un líquido, que se disuelve de manera se lectiva 
separándose de la mezcla gaseosa. Ej. Separación del anhídrido carbónico en aire. 
1.2.3 Adsorción 
Se separa una sustancia disuelta en un líquido, se pode en contacto la disolución con un sólido, la sustancia disuelta 
se retiene al sólido y se separa del líquido. Ej: Desodorización y decoloración del agua con carbón activado. 
1.2.4 Evaporación 
Calentar una mezcla líquida homogénea (disolución) de la cual se separa cualquier sustancia sólida disuelta en la 
misma, o simplemente concentrar la disolución en uno de sus componentes, mediante la evaporación de la sustancia 
con menor punto de ebullición 
Grupos 2 y 37 
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1.2.5 Condensación. 
Contraria a la anterior, de una mezcla de vapores, se condensa selectivamente el menos volátil (tiene mayor punto de 
ebullición – hierve a mayor temperatura). 
1.2.6 Sublimación 
Operación en la que del estado sólido se pasa directamente al estado gaseoso. 
1.2.7 Secado 
Con esto se busca eliminar la humedad en sólidos y gases., es decir separar el agua del sólido o gas. 
1.2.8 Filtración 
Se emplea para separar de manera mecánica mezclas heterogéneas; líquido-sólido y gas – sólido o al revés. Se para 
por medio de poros. 
1.3 Balance de Materia y sus ecuaciones 
 
 
Donde: L, M, N,.. = Cantidades totales 
 CXi = Composición de la sustancia X % 
 
 
La resolución depende de verificar la igualdad de la cantidad de materia que ingresa y la que sale, donde: 
 (Ley de Lavoisier) Lo que entra = Lo que Sale 
El balance puede ser global, es decir la cantidad de masa total que ingresa es igual a la que sale: 
Balance Global: L + M + N = P + R + S 
EL balance, también puede ser específico, respecto al porcentaje de cada componente: 
 Balance de X: CX1L + CX2M + CX3N = CX4P + CX5R + CX6S (A efectos prácticos de llamamos balance de pureza) 
Problemas Resueltos: 
Ejemplo: Se mezcla 1 litro de ácido clorhídrico del 36% en peso y densidad 1,2 g/cc, con dos litros de otro ácido 
clorhídrico del 22,38% en peso y densidad 1.15 g/cc. Halle: a) La concentración del ácido resultante en % peso, b) El 
volumen final si su densidad es 1.17 g/cc. 
Solución: Por facilidad el balance se realiza con Masas (No volúmenes en este caso) 
 
 
 
 
 
Balance Másico Global: M1 + M2 = M3 (1) 
Balance Másico Soluto: %1 M1 + %2 M2 = %3 M3 (2) 
   
 
 
   
 
 HClg
HCll
HClg
HCll
HClg
HCll
HClg
HCll
 2300
 1
 15.1
* 2000M
 1200
 1
 2.1
* 1000M
22
11


 
En la ecuación (1) 
 HCl g3500M23001200
MMM
3
321


 
Reemplazando datos en (2) 
TRANSFORMACIÓN
L
C
X1
M
C
X2
N
C
X3
P
C
X4
R
C
X5
S
C
X6
 
Transformación 
Operación Unitaria 
 
M1 
%1 = 36% 
 
M2 
%2 = 22,38% 
 
M3 
%3 = ?% 
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%05.27
3500
2300*22.38%1200*36%
%
M
M%M%
3
3
2211 


 
b)  
 
 
 litros99.2
cc1000
litro1
*cc4.2991
17.1
3500M
V
V
M
3
3
3
3
3
3 

 
Ejemplo 2: Una mezcla que contiene 65% de gasolina y 35% de kerosene en peso se alimenta a una torre de 
destilación fraccionada. A la salida de la corriente superior tiene una concentración del 98% de gasolina en peso, 
mientras que 3% de la gasolina que se alimenta a la torre sale por la corriente inferior. El flujo de alimentación es de 
5000 kg/h. Determinar: 
a). El flujo de la corriente superior. 
b). Los flujos másicos de la gasolina y kerosene en la corriente inferior. 
 
Torre 
Destilación
M=5000kg/h
Cgas= 65%
P=?
Cgas=98%
R=?
Cker= 35%
Cgas=?
 
Solución: 
Balance Global: 
 M = P + R (I)’ 
Balance de Gasolina: 
 Cgas*M = Cgas*P + Cgas*R (II)’ 
Reemplazando datos: 
 P + R = 5000 (I) 
(5000)(0.65) = (0.98) P + Cgas*R 
 3250 = 0.98 P + Cgas R (II) 
pero 3% de la gasolina que alimenta salepor la torre inferior: 
Cgas R = (0.03)( Cgas*M)= (0.03) (3250) = 97.5 kg/h (III) 
 Con (II), P = 3250 - 97.5 = 3216.8 kg/h 
 0.98 
de (I) R = M – P = 5000 – 3216.8 = 1783.2 kg/h (IV) 
dividiendo (III) entre (IV): 
Cgas = 97.5/1783.2 = 5.5 %  CKer = 94.5% 
y con ello la composición de Kerosene en R es 
 CKer*R = 0.945(1783.2) = 1685.1 kg/h 
P = 3216.8 kg/h , 
b) mgas = 97.5 (kg gasolina/h), 
 c) mker = 1685.1 (kg kerosene/h) 
Ejemplo 3: Un gas natural (A) contiene 85 mol % de metano, 10 % mol de etano y 5 % mol de etileno; un segundo 
gas (B) contiene 89 % mol de etileno y 11 % mol de etano; un tercer gas (C) contiene 94 % mol de etileno y 6 % mol 
de metano. Cuantos moles de A, B y C deben mezclarse a fin de producir 100 moles de una mezcla que contenga 
partes iguales de metano, etileno y etano. 
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Solución: 
 85 % CH4 = YA 
 5 % C2H4 = ZA 
 10 % C2H6 = WA 
 
 89 % C2H4 = ZB 33.3 % CH4 = YT 
 11 % C2H6 = WB 33.3 % C2H4 = ZT 
 33.3 % C2H6 = WT 
 6 % CH4 = YC 
 94 % C2H6 = WC 
 
Balance de Masa Global: mA + mB + mC = mT = 100 (1) 
Balance de Masa específico: 
Balance de CH4: YA mA + YC mC = mT YT = 0.85 mA + 0.06 mC = 100 (0.333) = 33.3 
 m C = 
 
 
 (2) 
Balance de C2H4: ZA mA + ZB mB = mT ZT = 0.05 mA + 0.89 mB = 100 (0.333) = 33.3 
 m B = 
 
 
 (3) 
Balance de C2H6: WA mA + WB mB + WC mC = mT WT 
0.10 mA + 0.11 mB + 0.94 mC = 100 (0.333) = 33.3 (4) 
Reemplazando (2) y (3) en (4): 
0.10 mA + 0.11 (
 
 
) + 0.94 (
 
 
) = 33.3 
Así: mA = 37.246 mol (5) 
(5) en (3): mB = 
 
 
 = 35.35 mol = mB 
(5) en (2): mC = 
 
 
 = 27.84 mol = mC 
Ejemplo 4: Un evaporador, se alimenta con 50.000 Kg/día de una mezcla 
acuosa que contiene 8% de NaOH, 10% de NaCl y el resto es agua. Del 
evaporador salen tres corrientes: V = vapor de agua puro, S = solución 
concentrada cuya composición es 50% de NaOH, 2% de NaCl y 48% de 
H2O y la corriente inferior; C = una suspensión que contiene 95,1% de 
cristales de NaCl, 2,5% de NaOH y el resto agua. Todos los porcentajes 
están expresados en % en masa. 
a) Calcule el flujo (kg/día), de la corriente de agua evaporada (V). 
b) Calcule el flujo (Kg/hora), de las corrientes C y S, si se trabajan 2 
turnos al día, y cada turno tiene 8 horas.. 
Solución: 
 
a) 
Realizamos los Balances de Masa: 
 Balance de Masa Global: F = V + S + C (1) 
Para el Agua: 
 82% F = 100% V + 48% S + 2,4% C (2) 
Para el NaOH: 
 10% F = 2% S + 95,1% C (3) 
MEZCLA 
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De la ecuación (1), despejamos V: 
 V = F – S – C reemplazamos en (2) 
 
82%F = 100%(F – S – C) + 48%S + 2,4%C 
18%F = 52%S + 97,6%C 
 
 
 
 (4) 
Reemplazando en (3) 
 ( 
 
 
) 
 
( 
 
 
 ) [
 
 
]
( 
 
 )
 [
 
 
] 
Ahora hallamos C en (4): 
 
 
 
 [
 
 
] 
Por lo tanto en (1) se halla V: V = F – S – C = 50000 – 7745 – 5095 = 37.160 Kg/día. 
 
b) Como ya se tienen S y C: [
 
 
] 
 
 
 
 
 
 [
 
 
] 
 [
 
 
] 
 
 
 
 
 
 [
 
 
] 
Ejemplo 5: Un fabricante tiene un contrato para producir carbón artificial para asar carne con un contenido máximo 
garantizado de 10% de humedad y 10% de ceniza. El material básico que usan tiene el análisis: humedad 12,4%, 
material volátil 16,6%, carbono 57,5% y ceniza 13,5%. A fin de satisfacer las especificaciones (en sus límites), el 
fabricante planea mezclar con el material base una cierta cantidad de coque de petróleo que tiene el análisis: material 
volátil 8,2%, carbono 88,7% y humedad 3,1%. 
a) ¿Cuánto de coque de petróleo deberán agregar a cada 100 libras de material base? 
b) Cuál es la concentración de carbono a la salida del sistema 
SOLUCIÓN 
%h =12,4%
Coque (B)
Material Base (A) Carbón Artificial (D)
%h =3,1%
%h =10%
 
BALANCE MÁSICO GLOBAL: A + B = D (1) 
BALANCE MÁSICO PARA EL CONTENIDO DE AGUA (HUMEDAD): 
%hA A + %hB B = %hD D (2) 
Con los datos en libras: 
%hA = 12,4% 
%hB = 3,1% 
%hD = 10% 
A = 100 lb 
100 + B = D (1) 
0,124 100 + 0,031 B = 0,1 D (2) 
Resolviendo el sistema: 
B = 34,78 libras 
D = 134,78 
BALANCE MÁSICO PARA EL CONTENIDO de CARBONO: 
%CA A + %cB B = %cD D (2) 
 
0,575 * 100 + 0,887 * 34,78 = X * 134,78 (2) 
%Cd 65,55% 
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BALANCE DE MATERIA CON REACCIÓN QUÍMICA Y ESTEQUIOMETRIA 
2 Leyes Ponderales (leyes de Combinación) 
Son un conjunto de leyes que muestran el cumplimiento de ciertas relaciones ponderales entre: Sustancias 
Reaccionantes y los Productos, en una Reacción Química, las cuales son: 
2.1 Ley de Lavoisier: “Ley de Conservación de La materia” 
“En toda reacción química la suma de las masas de las sustancias que reaccionan siempre es igual a la 
masa total de las sustancias que resulten”. 
 O También: “En la Naturaleza, la materia no se crea ni destruye solo se transforma” ” 
Ejemplo: C + O2  CO2 
 12 g + 32 g  44 g 
2.2 Ley de Proust: “Ley de proporciones Definidas o Constantes” 
“Cuando dos o más cuerpos se combinan para formar un compuesto determinado siempre lo hacen en 
proporciones fijas definidas e invariables. Fuera de estas proporciones el excedente no interviene en la reacción”. 
Ejemplo: La reacción 44 g de calcio y 28 g del oxígeno ¿Qué cantidad de Ca O genera? 
Ca + ½ O2  Ca O 
44 g 28 g ¿? 
Lo primero es saber cuál se consume en totalidad (reactivo limitante) y el excedente (reactivo en exceso). 
Partiendo de Ca: 
44 g Ca x 1 mol Ca x ½ mol O2 x 32 g O2 = 17,6 g O2 (44 g de Ca requieren de 17.6 g O2) 
 40 g Ca 1 mol Ca 1mol O2 
Partiendo de O2: 
28 g O2 x 1 mol O2 x 1 mol Ca x 40 g Ca = 70 g Ca (28 g de O2 requieren de 70 g Ca) 
 32 g O2 ½ mol O2 1 mol Ca 
, como la segunda proposición es falsa (no contamos con 70 g de Ca) tomamos la primera. Como de los 28 g de O2 
solo reaccionan 17,6 g sobrando 10,4g, así el exceso queda inerte (no reacciona). 
El reactivo que se termina totalmente se llama Limitante y el que sobra en exceso: 
Reactivo Limitante: Ca Reactivo en exceso: O2 
Importante: “Todos los cálculos parten siempre del reactivo limitante. Hallando la masa de CaO”. (Más adelantese 
detalla el reactivo limitante de un modo profundo) 
44 g Ca x 1 mol Ca x 1 mol CaO x 56 g O2 = 61,6 g CaO (44 g de Ca generan 61,6 g CaO) 
 40 g Ca 1 mol Ca 1molO2 
, por último la reacción (incluyendo solo ahora el exceso) es la siguiente: 
Ca + ½O2  CaO (+ O2) 
44 g 28 g 61,6 g 10,4 g 
, cumple la ley de Proust y la ley de Lavoisier. 
2.3 Ley de Dalton: “Ley de Proporciones Múltiples” 
“Cuando dos elementos se combinan para formar varios compuestos se ve que el peso de uno de ellos permanece 
constante mientras el peso del otro varia en proporciones múltiples del peso mínimo de dicho elemento”. 
O También: 
“La cantidad de un mismo elemento q’ se combina con la cantidad fija de otro elemento para formar en 
cada caso un compuesto diferente, está en relación de números enteros y sencillos” 
 
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Ejemplo: (II/98) Dos óxidos de carbón contienen 0,68 g de O y 0,255 g de C, y el otro 0,34 g de oxigeno con 0,255 g 
de C. 
a). Estos óxidos constituyen un ejemplo de las proporciones múltiples, demuestre esta afirmación. 
Calculamos los porcentajes de los elementos dentro de cada compuesto: 
Oxido 1: %O = 0.68 = 72,7%, y %C = 27,3% 
 0,68+0,255 
Oxido 2: %O = 0.34 = 57,1%, y %C = 42,9% 
 0,34+0,255 
Tabulando la información: 
Oxido %C %O Relación Proporción 
Oxido 1 27.3 72.7 1:2.662 1: 2(1.331) 
Oxido 2 42.9 57.1 1:1.331 1: 1(1.331) 
, o también tabulando la información en átomos-gramo: 
Oxido %C %O Atm-g C Atm-g O Relación 
Oxido 1 27.3 72.7 2.275 4.544 1:2 
Oxido 2 42.9 57.1 3.575 3.567 1:1 
 
OJO: La relación calculada en los anteriores cuadros, debe ser la división entre el elemento principal del grupo 
funcional (Oxido, hidruro, etc.), entre el elemento que se combina. Es decir: (% Oxígeno / %Carbón) 
De una u otra forma se demuestra la ley de Dalton: quien permanece constante es el C y quien varía en cierta 
proporción es el O. los compuestos buscados son así: CO2 (dióxido de carbono) y CO (monóxido de carbono); (Por 
eso se tiene la relación (Oxígeno /Carbón) 
2.4 Ley de Richter: “Ley de proporciones Reciprocas o de Pesos Equivalentes” 
“Los pesos de dos elementos que reaccionan con el mismo peso de un tercer elemento reaccionan entre sí, 
según una relación de números enteros de dichos pesos”. 
2.5 Ley de Volúmenes de Combinación (Gay Lussac) 
“En reacciones gaseosas, los volúmenes de combinación, medidos en condiciones de presión y temperatura 
constantes, se relacionan entre sí por medio de sus coeficientes estequiométricos o coeficientes de igualación”. 
3 COMPOSICIÓN CENTESIMAL 
Composición Centesimal de una sustancia o compuesto (FeO, Na2CO3, etc.) es simplemente el porcentaje en masa 
de cada uno de los elementos que conforman el compuesto. 
Ejemplo: Determine la composición centesimal de H2SO4: 
 H: 2 * 1 = 2 %H = (2 /98)*100 = 2,04% 
 S: 1 * 32 = 32 Resp. %S = (32/98)*100 = 32,65% 
 O: 4 * 16 = 64 %O = (64/98)*100 = 65,31% 
 Peso Molecular = 98 Total = 100% (Siempre debe ser 100%) 
 
4 DETERMINACIÓN DE FORMULAS EMPÍRICA Y MOLECULAR 
4.1 Formula Empírica. 
Es la es la fórmula más simple de un compuesto, y presenta la mínima relación de números enteros de los átomos 
presentes en un compuesto: 
“Es la fórmula química que determina la razón o proporción más sencilla en números enteros que existe entre 
los átomos de los diferentes elementos que conforman un compuesto”. Esta relación no necesariamente 
corresponde a la formula real del compuesto. 
 
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Los pasos para la determinación de la formula empírica son: 
1) Determinar la masa de los elementos que componen el compuesto (del que se quiere hallar la formula 
empírica). 
2) Determinar la composición centesimal de los elementos, dentro del compuesto (del que se quiere hallar la 
formula empírica). 
3) Dividir el porcentaje de cada elemento entre el peso atómico del mismo elemento. 
4) Comparar cada uno de los valores hallados anteriormente, escoger el menor y dividir todos los números 
(hallados en el paso 3) entre el menor. 
4.2 Formula Molecular. 
Es la formula real del compuesto, se determina a partir de la formula empírica y el peso molecular del compuesto. Su 
cálculo es el siguiente: 
Formula Molecular = (Formula Empírica)n 
 
Donde: 
Empírica Fórmula la de medio por Hallado MolecularPeso
Compuesto del Real MolecularPeso
 n  
n = Es el número de unidades de la fórmula empírica que contiene la fórmula molecular. 
IMPORTANTE: De acá en adelante, se hablara de términos como: Se quemo cierto compuesto, se oxido cierto 
compuesto, se combustionó cierto compuesto: Todos estos casos se refieren simplemente a la reacción con el 
oxígeno gaseoso y que dará siempre como productos a el CO2 y el H2O; (emplee la siguiente reacción). 
Compuesto + O2  CO2 + H2O Combustión Completa 
Compuesto + O2  CO + H2O Combustión INCOMPLETA 
Problemas Resueltos: 
Ejemplo 6 : Al quemar cierto alqueno (CxHy), se forma 0,7417 g de anhídrido carbónico y 0,3034 g de agua. Además 
se tienen los siguientes datos para determinar la Formula Molecular Real: Si a 37°C y 819 mmHg, un matraz de 635 
cc de capacidad contiene 1,419 g de ese mismo alqueno recogido sobre agua en estado vapor. Hallar las fórmulas 
Empírica y Molecular. Pv* = 47 mmHg. 
Solución: Primero hallemos la formula empírica. 
Paso 1: Determinamos la masa de cada elemento. 
CxHy + O2  CO2 + H2O 
 0,7417 g 0,3034 g 
Usted observa que en el CO2 el C solo proviene del CxHy por lo cual, la masa de carbón presente en el CO2 
es la misma que la masa del CxHy: 
 
 
 
 C g
CO g44
C g12
CO g 0.7417
2
2 2023.0*  Que es la masa de C presente en CxHy 
Usted observa que en el H2O el H solo proviene del CxHy por lo cual, la masa de Hidrógeno, presente en el 
H2O es la misma que la masa del CxHy: 
   
 
 H g0337.0
H g18
H g2
*H g 0.3034
2
2 
O
O Que es la masa de H presente en CxHy 
Paso 2: Determinamos la composición centesimal 
Para determinar el % hallar: Masa de CxHy: mC + mH = 0,2023 + 0,0337 = 0,2360 (g de CxHy) 
%28.14100*H%%72.85100*C% 
0.2360
0.0337
0.2360
0.2023 % de C, H en CxHy 
Antes de pasar al paso 4, consideramos que el porcentaje anteriormente encontrado es masa (g). 
85,72 %  85,75 g de C 
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14,28 %  14,28 g de H 
Paso 3: División entre su peso atómico: 
   
 
 
   
 
 H de g-at 28,14
H de g 1
 H de g-at 1
*H de g28,14:
C de g-at 14,7
C de g 12
 C de g-at 1
*C de g72,85:


H
C
 
O también de forma resumida: 
28,14
1
14.28
:14,7
12
85.72
:  HC 
Paso 4: Elegir el menor y dividir: 
2:H1:C 
7.14
14.28
7.14
7.14 La Formula Empírica es: C H2 ME=28 (g/mol) 
Ahora hallamos la Formula Molecular real:Sabiendo: P= PT – Pv (Recuerde gases ideales) 
   
    













mol
g
56
l0.635*mmHg47)-(819
K273)(37*
mol*K
l*mmHg
62.4*g1.419
PV
mRT
MRT
M
m
PV 
2
28
56
M
M
 n
E
  (C H2)n = (C H2)2 = C2H4 
La Formula real es C2H4 
Ejemplo 7: a) Se desea determinar la formula empírica de un compuesto orgánico contiene carbono, hidrógeno, 
bromo y tal vez oxígeno. Al quemar 0,1868 g de la muestra, se obtienen 0,2000 g de dióxido de carbono y 0,0955 g 
de agua. Mediante un análisis previo se logró determinar la composición centesimal del Bromo dentro del compuesto 
orgánico del cual se desea determinar la formula empírica la cual tiene el valor de 32,40%. b) Si la masa molecular de 
esta muestra es de 245,9 aproximadamente, determine la formula molecular del compuesto 
Solución: 
Cálculo de la Formula Empírica 
OHCOOBrOHC wzyx 222  
0,1868 g 0,2000 g 0,0955 g 
Calculo de la masa de C 
Cg
Cg
Cg
xCOg 0545,0
44
12
2000,0 2 
 
Calculo de la masa de H 
Hg
OHg
Hg
xOHg 0106,0
18
2
0955,0
2
2 
 
La composición centesimal es: 
%18,29100
1868,0
0545,0
%  xC 
%67,5100
1868,0
0106,0
%  xH 
%40,32% Br 
Por lo tanto el % de Oxigeno es: 32,75% 
Por lo tanto el compuesto si tiene oxigeno 
La composición centesimal es: 
43,2
12
%18,29
: C
 
67,5
1
%67,5
: H
 
405,0
80
%40,32
: Br
 
05,2
16
%75,32
: O 
Además 
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6
405,0
43,2
: C
 
14
405,0
67,5
: H
 
1
405,0
405,0
: Br
 
5
405,0
05,2
: O 
La fórmula empírica será: BrOHC 5146 
El peso molecular del compuesto empírico es 246 g/mol 
b) La fórmula molecular es: 
1
/0,246
/9,245

molg
molg
f
M
M
f
FE
FM La fórmula molecular será: BrOHC 5146 
5 REACCIONES QUÍMICAS Y SU CLASIFICACIÓN 
Se llama reacción química a: 
“Conjunto de fenómenos por los cuales dos o más cuerpos puestos en contacto ejercitan su actividad 
química para originar nuevos compuestos, representada por ecuaciones químicas”. 
, así la reacción se representa por una ecuación: 
“La ecuación química, es la representación de un proceso en que se verifica un cambio químico, el cual 
debe balancearse”. 
, un ejemplo puede ser, 
v A + w B + x C +……..  z D + y E + ……… 
Reactivos  Productos 
Donde: 
 El signo + significa REACCIONA CON 
 La flecha  significa PRODUCE 
A, B, C: Formula Molecular de Compuesto Químico que reacciona. 
 D, E: Formula Molecular de Compuesto Químico producido. 
 v, w, x, y, z: Coeficientes estequiométricos. 
Otro ejemplo es: 
 
 
 
Para proporcionar información adicional, se puede indicar el estado físico de los reactivos y productos empleando; g = 
gas; s = sólido; l = líquido 
 
O también; Donde (ac) = significa en medio acuoso y (s) = sólido. 
 
Otros símbolos empleados son: 
↑ = Desprendimiento en forma de gas (materia gaseoso). 
↓ = Precipitación (materia sólida). 
 ξ = Electrólisis, simplemente un fenómeno químico producido por la corriente eléctrica 
Φ = Calcinación 
Coeficiente Estequiométrico 
Subíndices 
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5.1 Clasificación de Reacciones. 
Se clasifican por los siguientes aspectos: 
a) Reacción por su mecanismo: 
1. Reacción de Adición, Síntesis o Combinación: A + B  C 
 Son aquellos en las que dos o más sustancias se combinan para formar un compuesto único. 
CO2 + H2O  H2CO3 
2Cu + O2  2CuO 
CaO + H2O  Ca (OH)2 
CH2 = CH2 + Br2  CH2Br - CH2Br 
2. Reacción por descomposición o análisis: A  B + C 
Son aquellos en las una sustancia determinada se descompone o separa para formar dos o 
más sustancias más sencillas o elementales 
NH4NO2  N2 + 2 H2O 
2 Na Cl + ξ  Na + Cl2
↑ 
Ca CO3 + Φ  CaO + CO2
↑ 
3. Reacción por simple sustitución o desplazamiento: AB + C  AC + B 
Consiste en la combinación entre un elemento y un compuesto, liberándose un de los 
elementos del compuesto original, por ello se dice que este elemento ha sido desplazado o 
sustituido por otro elemento. 
H2SO4 + Fe  FeSO4 + H2 
Fe + H Cl  Fe Cl2 + H2 
2 P2 O5 + 10 C  10 CO + P4 
4. Reacción de doble sustitución, metátesis o doble desplazamiento: AB + CD  AC + BD 
Son aquellas reacciones entre dos compuestos con intercambio de elementos y formación de 
dos nuevos compuestos químicamente análogos a las sustancias reaccionantes. 
Na2S + H2SO4  Na2SO4 + H2S 
Ca Cl2 + Na2 CO3  2 Na Cl + CaCO3 
b) Reacciones de reversibilidad o Reactividad: 
1. Reacciones no Reversibles, irreversibles. (En un solo sentido) 
Son aquellas que se generan en un solo sentido. Los productos formados no muestran 
ninguna tendencia de formar de nuevo la substancia de origen. Generalmente se dan en 
sistemas abiertos. 
2HCl + CaO  CaCl2 + H2 
2 KClO3  2 KCl + 3 O2 
Se distinguen porque llevan el signo  que significa en un solo sentido o irreversible. 
2. Reacciones reversibles. (Se verifican en ambos sentidos) 
Son aquellas reacciones que se efectúan en ambos sentidos, generalmente se dan en 
sistemas cerrados. Se efectúan parcialmente, porque antes que se terminen de formar los 
producto se vuelven a formar los reactivos. 
CO2 + H2O ↔ H2CO3 
2NO2 ↔ N2O4 
Se distinguen porque llevan el signo ↔ que significa en un ambos sentidos o reversible. 
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c) Reacciones de energía calorífica, intercambio de calor o energético: 
1. Reacciones endotérmicas. 
Son aquellas que para ocurrir absorben calor. 
2 KClO3  2 KCl + 3 O2 ∆H = + 100 kcal/mol 
Fe2 O3 + CO  2 Fe O + CO2 ∆H = + 2,49 kcal/mol 
 
2. Reacciones exotérmicas. 
Son las que desprenden calor al reaccionar. 
2Na2O2 + 2H2O  4NaOH + O2 ∆H = - 125 kcal/mol 
El calor (Energía Calorífica) que se libera o absorbe e una reacción química, se denomina 
CALOR DE REACCIÓN O ENTALPIA (∆H), por consiguiente, para una reacción endotérmica, 
el calor de reacción o (∆H) es positivo, y para una reacción exotérmica (∆H) es negativo. 
d) Otros tipos de reacción: 
1. Reacción de Neutralización. 
Cuando una base se combina con un ácido y una base para formar una sal y agua. 
HCl + NaOH  NaCl + H2O 
H2SO4 + Ca (OH)2  CaSO4 + 2 H2O 
2. Reacción de Combustión. 
Una reacción de combustión es aquella que produce calor, genera gases y agua, y emite luz, 
haciendo reaccionar un combustible con oxígeno que actúa como comburente. 
Para todo hidrocarburo se verifica la reacción siguiente: 
CxHy + O2  CO2 + H2O (Combustión completa) 
CxHy + O2  CO2 + CO + H2O (Combustión Incompleta) 
Cabe notar que para la mayoría de compuestos orgánicos puede aproximarse la misma 
ecuación. 
CH4 + 2 O2  CO2 + 2 H2O 
CH3OH + O2  CO + 2 H2O 
2C2H5OH + 5 O2  2 CO2 + 2 CO + 6 H2O 
 
3. Reacciones Fotoquímicas 
Son reacciones de combinación o descomposición en las que se absorbe luz. 
Para todo hidrocarburo se verificala reacción siguiente: 
2 H2O2 + Luz  2 H2O + O2 
e) Reacción por cambio de Valencia o Estado de Oxidación: 
1. Reacción de oxidación-reducción o reacción REDOX (transferencia de electrones y cambio 
de valencias) 
Son aquellas reacciones en las que algunos elementos cambian su número de oxidación a 
tiempo de formar nuevos compuestos. Estos cambios de estado de oxidación se verifican en 
las reacciones de COMBINACIÓN, DESCOMPOSICIÓN O DESPLAZAMIENTO. 
SnCl2 + 2 FeCl3  SnCl4 + 2 FeCl2 
Reacción de Oxidación.- Es aquella donde se manifiesta Pérdida de Electrones. 
Mg + 2 HCl  Mg Cl2 + H2 
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El Mg cambia su estado de oxidación de 0 a +2, por eso se dice que PERDIÓ 2 
electrones. 
Mg
0
  Mg
+2 
 + 2e
-
 
Reacción de Reducción.- Es aquella donde se manifiesta Ganancia de Electrones. 
Zn + 2 HCl  Zn Cl2 + H2 
El Hidrógeno cambia su estado de oxidación de +1 a 0, por eso se dice que GANÓ 2 
electrones. 
 
2e
- 
 + 2 H
+1
  H2
0 
 
La sustancia que se OXIDA, obliga a la otra sustancia a reducirse y recíprocamente, por lo 
cual, la sustancia que se OXIDA se conoce como AGENTE REDUCTOR y la que se Reduce 
como agente Oxidante. 
2. Reacción no Redox. Son aquellas en que ninguno cambia de valencia. 
NaCl + AgNO3  NaNO3 + AgCl 
Ocurren cuando en una reacción química no existe transferencia de electrones, debido a que 
ningún elemento es donante ni receptor, y por lo tanto no existe cambio en los números de 
oxidación. 
6 MÉTODOS DE AJUSTE DE ECUACIONES QUÍMICAS 
Una ecuación química como se vio debe tener la misma cantidad de átomos tanto en reactivos como productos, por 
ello se debe muchas veces primero ajustar la ecuación. Los métodos de igualación más conocidos son: 
 Método simple tanteo 
 Método Redox 
 Método Algebraico (matemático) 
 Método Ión Electrón 
6.1 Método Tanteo o Simple Inspección 
Se usa este método cuando la ecuación química es simple, y los coeficientes se calculan por simple observación. 
Ejemplo: Balancear por simple observación, la ecuación de la siguiente reacción: 
C5H12 + O2  CO + CO2 + H2O 
, se ve que no está igualada (5 C de reactantes y 2 C de productos; 12 H de reactantes y 2 H de productos; etc.), pero 
podemos igualar fácilmente como sigue: 
C5H12 + 6 O2  4 CO + CO2 + 6 H2O 
, ahora al contar el número de átomos de cada elemento por ambos lados de la ecuación se ve que son iguales. (5 C 
de reactantes y 5 C de productos, etc.). 
 
6.2 Método Algebraico 
Es una forma sencilla de hallar coeficientes de cualquier ecuación química, es como sigue: 
Ejemplo: Si reaccionan: Telurito de sodio + yoduro de sodio + acido clorhidrico  Sal de mesa+ Teluro solido + Yodo 
molecular + agua. 
En todos los casos (en todos los métodos) se pueden cambiar los coeficientes (los números que 
anteceden a las fórmulas de los compuestos) PERO NO los subíndices, porque se cambiaría la 
identidad de la sustancia. Por Ejemplo: 
2NO2 Significa dos moléculas de dióxido de nitrógeno 
Muy diferente a multiplicar el coeficiente a los subíndices: 
N2O4 Significa una molécula de tetróxido de dinitrógeno 
 
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1. Se escribe la ecuación química. 
Na2TeO3 + Na I + HCl  NaCl + Te + I2 + H2O 
2. Se asigna a cada formula de la ecuación una incógnita. 
 A Na2TeO3 + B Na I + C HCl  D NaCl + E Te + F I2 + G H2O 
3. Como se supone que se cumple la igualdad, entonces igualamos Nº de átomos. 
Na: 2A + B = D Te: A = E 
O : 3A = F I: B = 2G 
H: C = 2F Cl: C = D 
4. Se forma un sistema de ecuaciones (en este caso de 6 ecuaciones con 7 incógnitas), y como el Nº de 
incógnitas es mayor se da un valor arbitrario a cualquier variable asi: 
E = 1 (Un valor cualesquiera diferente de 0) 
5. Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene que: 
A = 1, B = 4, C = 6, D = 6, E = 1, F = 3, G = 2 
6. Se copian a la ecuación de origen y se verifica el resultado. 
Na2TeO3 + 4 Na I + 6 HCl  6 NaCl + Te + 3 I2 + 2 H2O 
6.3 Método del Estado de Oxidación (Número de Valencia), Redox 
Consiste en Reconocer las valencias de los elementos de cada compuesto. Se utiliza para reacciones que verifican en 
diferentes medio NO SOLAMENTE ACUOSO. 
Se identifica en la reacción los átomos que se oxidan o reducen. Este cambio ocurre mediante la ganancia o pérdida 
de electrones. El átomo que disminuye su valencia se reduce, pues gana electrones, y el átomo que aumenta su 
valencia se oxida, porque pierde electrones. 
Los coeficientes de la sustancia oxidada y reducida se determinan de forma que el número total de electrones 
ganados y perdidos sea el mismo 
Los coeficientes de las demás sustancias que intervienen en la reacción, se ajustan después por simple tanteo. 
Para igualar por Redox se siguen los siguientes pasos: 
Ejemplo: Reaccionan Sulfuro de Cinc + Oxigeno y producen oxido de cinc + anhídrido sulfuroso, igualar por método 
Redox: 
1. Se escribe la ecuación química. 
ZnS + O2  ZnO + SO2 
2. Se escribe la valencia con la que participa cada elemento, colocando el estado o número de oxidación 
sobre los elementos correspondientes. 
 Zn
+2
 S
-2
 + O2
0
  Zn
+2
 O
-2
 + S
+4
 O2
-2 
3. En base a los cambios de estado de oxidación (o valencia). Se determina qué elementos cambian de 
valencia al pasar del primer al segundo miembro, sin importar los coeficientes numéricos (generalmente son 
los metales y no metales) 
S
-2
  S
+4 
O
0
  O
-2 
4. En cuántas valencias se oxida y se reduce, se supone que este cambio tiene lugar mediante ganancia y 
pérdida de electrones. 
S
-2
  S
+4
 - 2 = +4 (Oxidación) 
O
0
  O
-2
 0 = - 2 (Reducción) 
5. Ahora en la igualdad de cargas ¿a quién se resta para igualar la ecuación de cargas?, esa cantidad 
representa el Nº de electrones sumandos de ese lado de la ecuación. 
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S
-2
  S
+4
 + 6 e
-
 - 2 = +4 - 6 
 2e
- 
+ O
0
  O
-2
 - 2 +0 = - 2 
6. Se establece de esta manera que el número de electrones ganados o perdidos son iguales (por simple 
multiplicación). 
S
-2
  S
+4
 + 6 e
-
 /x2 
 2e
- 
+ O
0
  O
-2
 /x6 
 2S
-2
 + 12e
- 
+ 6O
0
  2S
+4
 + 12 e
-
 + 6O
-2
 
7. Se obtienen los coeficientes (los 6O
-2
 se distribuye entre el ZnO y SO2), y de las demás sustancias que 
intervienen en la reacción se ajusta por simple tanteo. 
2 ZnS + 3 O2  2 ZnO + 2 SO2 
 
Ejemplo: Igualar la ecuación: Cu S + HNO3  Cu (NO3)2 + S + H2O +NO 
1. Se escribe la ecuación química. 
 Cu S + HNO3  Cu (NO3)2 + S + H2O +NO 
2. Se escribe la valencia con la que participa cada elemento, colocando el estado o número de oxidación 
sobre los elementos correspondientes. 
 Cu
+2
 S
-2
 + H
+1
N
+5
O3
-2
  Cu
+2
 (N
+5
O3
-2
)2 + S
0
 + H2
+1
O
-2
 + N
+2O
-2
 
3. En base a los cambios de estado de oxidación (o valencia). Se determina qué elementos cambian de 
valencia al pasar del primer al segundo miembro, sin importar los coeficientes numéricos (generalmente son 
los metales y no metales) 
S
-2
  S
0 
N
+5
  N
+2 
4. En cuántas valencias se oxida y se reduce, se supone que este cambio tiene lugar mediante ganancia y 
pérdida de electrones. 
S
-2
  S
0
 - 2 = +0 (Oxidación) 
N
+5
  N
+2
 +5 = - 2 (Reducción) 
5. Ahora en la igualdad de cargas ¿a quién se resta para igualar la ecuación de cargas?, esa cantidad 
representa el Nº de electrones sumandos de ese lado de la ecuación. 
S
-2
  S
0
 + 2 e
-
 - 2 = +0 – 2 -2 = -2 
 3e
- 
+ N
+5
  N
+2
 - 3 +5 = + 2 +2 = +2 
6. Se establece de esta manera que el número de electrones ganados o perdidos son iguales (por simple 
multiplicación). 
S
-2
  S
0
 + 2 e
-
 /x3 
 3e
- 
+ N
+5
  N
+2
 /x2 
 3S
-2
 + 6e
- 
+ 2N
+5
  3S
0
 + 6 e
-
 + 2N
+2
 
7. Se obtienen los coeficientes, y de las demás sustancias que intervienen en la reacción. 
3 Cu S + 2HNO3  Cu (NO3)2 + 3 S + H2O + 2 NO 
Este método no es tan confiable, porque por tanteo debemos corregir la anterior ecuación pues no está 
igualada 
3 Cu S + 8HNO3  3 Cu (NO3)2 + 3 S + 4 H2O + 2 NO 
6.4 Método Ion Electrón. 
Es el método de igualación más importante, ya que contempla a las ecuaciones de reacción más complejas, pero 
como requisito las ecuaciones deben ser iónicas redox, que se verifican en medio acuoso. 
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Se Ionizan: Los ácidos hidrácidos, ácidos oxácidos y ácidos orgánicos. 
Hidróxidos o bases y sales en general 
No se Ionizan: Los óxidos, hidruros, anhídridos, aminas, elementos y los compuestos orgánicos 
(excepto sales y ácidos orgánicos). 
Cuando un elemento se encuentra solo, se dice que está en su “Estado basal”, por lo tanto su carga es 
cero. 
Llamaremos AGENTE OXIDANTE a la sustancia que se reduce provocando la oxidación de otra. 
Llamaremos AGENTE REDUCTOR a la sustancia que se oxida provocando la reducción de otra. 
El tipo de ajuste depende del medio, clasificándose en: 
6.4.1 Medio Ácido 
En la reacción se presentan ácidos como el HCl, H2SO4, etc. 
Ejemplo: Igualar la reacción por el método ión electrón: Hipoclorito de calcio con yoduro de potasio y ácido clorhídrico 
se obtiene como productos; cloruro de calcio, cloruro de potasio, yodo gaseoso y agua. 
Solución: 
1. Formular la ecuación química: 
  OH I ClK Cl Ca Cl H IK O Cl Ca 2222  
2. Ionizar la anterior ecuación, DISOCIACIÓN IÓNICA: 
          0202-11-12-11-11-12 OH I ClK Cl2Ca ClH IKO 2Cl Ca   
3. Identificamos a las sustancias que se oxidan y reducen, escribimos las semireacciones. 
-1-1 Cl 2ClO  
 0
2
-1 I I  
4. Realizamos el balance de materia, agregando H2O donde exista menor cantidad de O, y al otro extremo de 
la ecuación incrementamos la misma cantidad de H
+
 que adicionamos e igualamos cargas agregando los 
electrones (e
-
) 
Balance Másico, igualar 
 
(1) 0
2
-1-11 O2H2Cl 2ClO4H  (2) 
0
2
-1 I 2I  
Balance de cargas, igualar 
+4 e
-
 +2 e
-
 
 (1) (2) 
 -3 -2 -1 0 +1 +2 +3 -3 -2 -1 0 +1 +2 +3 
Los coeficientes de e
-
 se colocan en el extremo de la flecha 
0
2
-1-11-1 O2H2Cl 2ClO4H4e   (Reducción), (Agente Oxidante) 
 
10
2
-1 e2I 2I  (Oxidación), (Agente Reductor) 
5. Igualamos la cantidad de electrones de acuerdo a: 
0
2
-1-11-1 O2H2Cl 2ClO4H4e   2 x 1 
 
10
2
-1 e2I 2I  4 x 2 
 22 IO2H2Cl 4I2ClO4H  
La Reacción igualada es: (obsérvese que el coeficiente 4 KCl, se hallo por tanteo) 
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   O2H 2I Cl4K Cl Ca Cl 4H IK 4O Cl Ca 2222  
6.4.2 Medio Básico - Alcalino 
Existen dos métodos, solo presentaremos el método el cual solo se adiciona un paso al anterior procedimiento: 
Ejemplo: Igualar por el método ión electrón: Oxido mangánico + hipoclorito de calcio + hidróxido de potasio  
manganato de potasio + cloruro de calcio + agua 
Solución: 
1. Formular la ecuación química: 
  OH Cl CaMnOK OHK O Cl CaOMn 2242232  
2. Ionizar la anterior ecuación: 
        02-12141-11-12032 OH Cl2Ca MnO2K OHKO 2Cl CaOMn   
3. Identificamos a las sustancias que se oxidan y reducen, escribimos las semi reacciones. 
-2
4
0
32 MnO OMn  
-1-1 Cl 2ClO  
4. Realizamos el balance de materia, agregando H2O donde exista menor cantidad de O, y al otro extremo de 
la ecuación incrementamos la misma cantidad de H
+
 que adicionamos e igualamos cargas agregando los 
electrones (e
-
). 
Balance Másico, igualar 
(1)  H102MnO OMnO5H
-2
4
0
32
0
2
 (2) 0
2
-1-1 OH22Cl ClO24H  
Balance de cargas, igualar 
 + 6 e
-
 + 4 e
-
 
(1) (2) 
 0 +1 +2 +3 +4 +5 +6 -3 -2 -1 0 +1 +2 +3 
Los coeficientes de e
-
 se colocan en el extremo de la flecha 
(1) 
  e6H102MnO OMnO5H
-2
4
0
32
0
2
 Oxidación 
 (2) 0
2
-1-1- OH22Cl ClO24H4e   Reducción 
5. Igualamos la cantidad de electrones de acuerdo a: 
 
  e6H102MnO OMnO5H
-2
4
0
32
0
2 *2 
 
0
2
-1-1- OH22Cl ClO24H4e   *3 
   e12H20OH6Cl64MnO H1212e 6ClOOMn2O10H 24
-
32
0
2
 
Simplificando: 
 H8Cl64MnO 6ClOOMn2O4H 4322 
6. Como es medio básico se agrega a ambos miembros la misma cantidad de OH
-
 del coeficiente de H
+
, En 
nuestro caso 8 (OH) 
)(8864MnO 8(OH) 6ClOOMn2O4H 4322 OHHCl 
 
 OHCl 2432 464MnO 8(OH) 6ClOOMn2  
La Reacción igualada es: 
   O4H Cl Ca3MnO4K OHK 8O Cl Ca3O2Mn 2242232  
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6.4.3 Medio Neutro 
El método neutro difiere de los anteriores solo en que puede presentarse el caso de sales ácidas que se convierten en 
neutras (Ej: HSO4
-
  SO4
=
) o que en la ecuación química no se encuentren ni bases ni ácidos; así la técnica no varía 
en absoluto, solo verificando la inclusión del componente neutro. 
Ejemplo: Igualar por el método ión electrón: Permanganato de potasio + carbonato ácido de potasio + agua 
oxigenada que forman dióxido de manganeso + oxigeno + carbonato de potasio y agua. 
Solución: OH COK MnO OH KHCO KMnO 232222234  O 
 
0
2
2
3
 0
2
0
2
0
22
-1
3
-1
4 OH CO 2K MnO OH HCO K MnO K 
 O 
Identificamos a las sustancias que se oxidan y reducen, escribimos las semireacciones, pero parece que 
HCO3
-
 no cumple con ninguno por ello es neutroal no ganar ni perder electrones; (1) y (2) igualan electrones 
como siempre y (3) se multiplica por uno de los valores y se suma al total. 
(1) 
0
2
0
2
-1
4
- 2MnO MnO 4H 3e OH  /*2 
(2) 
  eHO 22 OH
0
2
0
22 /*3 
 (3) 
  H1CO HCO
2
3
-1
3 /*2 (Neutro = sin cambio electrones) 
 
2
3
0
2
0
2
0
2
-1
322
-1
4 226342MnO 2HCO O3H 2MnO 8H
  COHHOOH Simplificando 
 
2
3
0
2
0
2
0
2
-1
322
-1
4 342MnO 2HCO O3H 2MnO

 COOOH 
 
O4H CO2K 32MnO O3H 2KHCO 2KMnO 232222234  O 
 
Nota: El problema suele estar en ¿Con qué factor multiplicar al agente neutro? (en el ejemplo por 2 o 3); se 
pueden considerar 2 aspectos: 
1. Si no existen ácidos ni hidróxidos en la ecuación (como el ejemplo actual) se debe buscar eliminar los 
radicales H
+
 u OH
-
. (en el ejemplo multiplica al neutro por 2 para tener 8H
+ 
 y simplificar el lado izquierdo) 
 2. Si existen ácidos ni bases, se puede tantear con las opciones hasta igualar del todo la ecuación. 
 
7 BALANCE DE MATERIA CON REACCIÓN QUÍMICA 
Para poder resolver los problemas debes conocer los siguientes conceptos: 
7.1 Estequiometria 
“La estequiometria es un rama de la química que estudia las leyes de combinación química y las relaciones 
cuantitativas existentes entre los reactivos y los productos de la reacción”. 
Una vez igualadas las reacciones químicas, ahora podemos calcular las relaciones cuantitativas entre los productos y 
los reactivos, es decir cuánto en masa se requiere de los reactivos y cuanto de masa de productos se produce. 
7.2 Pureza 
Una sustancia pura es aquella que está formada solo por un elemento o compuesto, el grado de pureza o 
pureza se halla por: 
100
M
M
100
Impura Masa
Pura Masa
Peso % Pureza %
I
P  
7.3 Reactivo Limitante 
Es aquel reactivo que se encuentra en menor proporción estequiométrica, es decir que se consume completamente en 
la reacción. 
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7.4 Reactivo en Exceso 
Es aquel reactivo que se encuentra en mayor proporción estequimétrica, es decir que después de la reacción aún 
sobra este compuesto. 
Ejemplo: Se hace reaccionar 100 g de Na2 CO3, y 100 g de4 Ca Cl2, de acuerdo a: 
Ca Cl2 + Na2 CO3  2 Na Cl + Ca CO3 
a) Halle el reactivo limitante 
b) Halle el reactivo en exceso 
c) Cuál es la cantidad en exceso 
d) Cuanto de NaCl, se obtiene como máximo?. 
Solución: 
Pesos Atómicos:        mol/g100M ;mol/g5.58M ;mol/g106M ;mol/g111M
3322 CaCONaClCONaCaCl
 
Por medio de factores de conversión y utilizando la ecuación dada determinamos, las masas que reaccionan 
realmente: 
 
 
 
 
 
 
 
 32
32
32
2
32
2
2
2 CONa g 5.95
CONa mol1
CONa g106
*
CaCl mol1
CONa mol1
*
CaCl g111
CaCl mol1
*CaCl g100  (1) 
 
 
 
 
 
 
 
 2
2
2
32
2
32
32
32 CaCl g7.104
CaCl mol1
CaCl g111
*
CONa mol1
CaCl mol1
*
CONa g106
CONa mol1
*CONa g100  (2) 
a) Por medio del resultado (1); Para 100(g de CaCl2) solo se necesitan 95.5 (g Na2CO3) y tenemos más que eso 
100 (g Na2CO3), por lo tanto el reactivo limitante es el Ca Cl2 
b) Por medio del resultado (2); Para 100(g de Na2CO3) se necesitan 104.7 (g Ca Cl2) y solo tenemos 100 (g Ca 
Cl2), se comprueba que el reactivo limitante es el Ca Cl2 
c) El reactivo en exceso es el contrario es decir el: Na2CO3 
d) La cantidad en exceso es la cantidad de reactivo que no reacciona: 
e) 100 (g Na2CO3) – 95.5 (g Na2CO3) = 4.5 (g Na2CO3) Que no reaccionan. 
f) Todos los cálculos se realizan a partir del reactivo limitante: 
 
 
 
 
 
 
 
 NaCl g 4.105
NaCl mol1
NaCl g5.58
*
CaCl mol1
NaCl mol2
*
CaCl g111
CaCl mol1
*CaCl g100
22
2
2  
7.5 Rendimiento de la Reacción (η) 
La masa obtenida por medio de las reacciones químicas la denominamos Masa Teórica, debido a que es la máxima 
cantidad de masa que se puede obtener de la reacción. 
La masa obtenida en la práctica, en laboratorio o en la vida real, siempre será menor y la denominaremos Masa 
Práctica. 
El rendimiento de la reacción es por lo tanto: 
100*
M
M
100*
Teórica Masa
Práctica Masa
 
T
PR 
Por lo tanto el rendimiento nos mide el grado de eficiencia de la reacción. 
7.6 Oxidación - Reducción 
Oxidación. Es la pérdida de electrones que experimenta un átomo o un ión, o lo que es lo mismo cuando aumenta el 
valor relativo de su valencia.() 
Reducción. Es la ganancia de electrones que experimenta un átomo o un ión, o lo que es lo mismo cuando disminuye 
el valor relativo de su valencia. () 
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7.7 Agente Reductor y Agente Oxidante 
Agente Reductor.- Es aquel es aquel que se oxida, en la reacción. 
Agente Oxidante.- Es aquel es aquel que se reduce, en la reacción. 
7.8 Masa o Peso Equivalente: 
El peso Equivalente-gramo (Peq-g), o equivalente gramo es; La cantidad de elemento o compuesto en gramos que se 
combina o desplaza a 1,008 g de hidrógeno o a 8 g de oxígeno. 
Matemáticamente se calcula así: 
)(eReducción oOxidación No
Molecular Peso
 
- o Cargas No
Molecular Peso
Oxidrilos N
Molecular Peso
 
Acídicos Hidrógenos N
Molecular Peso
 
Atómico Peso
-reducidas o Oxidadas tan
oo




ciasSusSales
BasesÁcidosMetal
gPeqgPeq
gPeqgPeq
Valencia
gPeq
Ejemplo: 
H3PO4: ggPeq
Ácidos
67,32
3
g/mol 98
 
Acídicos Hidrógenos N
Molecular Peso
 
o
 
Ejemplo: 
En la reacción: Cu
0
  Cu
+2
 + 2e
-
 
ggPeq
Ácidos
75,31
2
g/mol 63,5
  
7.9 Relaciones Ponderales 
Son relaciones cuantitativas entre cantidades de las sustancias que intervienen en una reacción química, que 
permiten calcular la cantidad de una determinada sustancia si se conociere la cantidad de cualquiera de ellas. 
7.9.1 Relaciones Masa-Masa: 
Es simplemente aplicar el concepto de estequiometría, es decir cuánto en masa se requiere de los reactivos en la 
reacción y cuanto de masa de productos se produce en la reacción. Se aplica la ley de la conservación de la materia. 
Los pasos son los siguientes: 
 
 
 
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Ejemplo: Determinar la cantidad de nitrato de cobre que se podrá obtener al tratar 25 g de cobre por un exceso de 
ácido nítrico diluido, según la ecuación química igualada siguiente: 
3 Cu + 8 HNO3  3 Cu (NO3)2 + 2 NO + 4 H2O 
Primero se debe igualar la reacción (En nuestro caso ya está igualado). 
Después se debe obtener los pesos moleculares de cada compuesto. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ahora ingresamos a la reacción por medio de los coeficientes de igualación: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7.9.2 Relaciones Masa-Volumen: 
Es la relación en una reacción, de sólidos y líquidos con volúmenes de gases.En los ejercicios, usted por medio de la 
reacción igualada puede determinar la masa, y por medio de la ecuación de estado: PV = nRT, halla el volumen del 
gas. 
Ejemplo: Hallar la cantidad en masa de carbonato sódico, que debe reaccionar con un exceso de ácido clorhídrico, 
para producir 100 litros de dióxido de carbono a 25ºC de temperatura y 900 mmHg de presión, si la reacción es: 
Na2CO3+ 2 HCl  2 NaCI + CO2 
↑
 + H2O 
Primero se debe igualar la reacción (En nuestro caso ya está igualado). 
De la ecuación de los gases ideales: PV = nRT 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ahora con este valor entramos a la reacción 
 
 
 
 
 
 
 
7.9.3 Relaciones Volumen-Volumen: 
Se aplica la ley de los volúmenes de combinación de las sustancias (gases), que deben cumplir el requisito de estar 
en las mismas condiciones de presión y temperatura. 
Ej: Al reaccionar 50 cm
3
 de un hidrocarburo desconocido (CxHy) con 100 cm
3
 de oxígeno se producen 50 cm
3
 de 
dióxido de carbono. Halle: a) La fórmula del Hidrocarburo desconocido b) El volumen de oxígeno necesario, para la 
combustión de 500 cm
3
 del hidrocarburo. 
Solución: 
La reacción de combustiones: CxHy + O2  CO2 + H2O 
 50 cc 100cc 50 cc 
En los ejercicios de volumen, generalmente debemos igualar de la siguiente forma: 
OH 
2
y
CO xO
2
2
y
x2
HC 222YX 














 Ordenando OH 
2
y
CO xO
4
y
xHC 222YX 





 
Realizamos los cálculos estequiométricos: 
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   
 
 
 
 
 
  4y 100
4
y
x 50 O 100
HC cc1
O cc
4
y
x 
*HccC50
1 CO 50
HC cc1
CO cc 
*HccC50
1
2
YX
2
YX
2
YX
2
YX















xcc
xcc
x
 
La fórmula molecular del hidrocarburo es: C H4 
La ecuación de la reacción es: OH 2COO 2CH 2224  
b)  
 
 
 2
4
2
4 O cc1000
CH cc1
O cc2 
*CH cc500  
Problemas Resueltos: 
Ejemplo 8: Igualar por el método ión electrón la siguiente reacción química: Se tienen como reactivos; Dicromato de 
Potasio + Yoduro de Potasio + Cloruro de potasio y agua, cuyos productos son  Cloruro Crómico + Yodo gaseoso + 
Hidróxido de Potasio. 
a) A partir de 5 libras de dicromato de potasio del 65% de pureza, calcular el volumen de yodo gaseoso obtenido, 
si se recoge sobre agua a 50ºC y 40 PSI, siendo la presión de vapor de agua a esa temperatura de 92,51 
mmHg. 
b) Qué cantidad de Yoduro de Potasio (Kg) del 55% de pureza y 20% de exceso se requieren para obtener 90 Kg 
cloruro crómico del 90% de pureza, si el rendimiento de la reacción es del 75%. 
Pesos Atómicos: K=39,1; Cr=52; O=16; I=126,9; H=1;Cl=35,4 
SOLUCIÓN: 
 
 K2Cr2O7 + KI + H2O + KCl  CrCl3 + I2 + KOH 
 
2K
+1
 + Cr2O7 + K
+1
 + I
-1
 + H2O
0
 + K
+1
 + Cl
-1
  Cr
+3
 + 3Cl
-1
 + I2
0
 + K
+1
 + OH
-1
 
 
 6e
-
 + 14 H
+
 + Cr2O7  2Cr
+3
 + 7H2O
0 
 2 I
-1
  I2
0
 + 2 e
-
 
6e + 14H + Cr2O7 + 6I  2Cr + 7H2O + 3 I2 + 6e 
 
K2Cr2O7 + 6KI + 7H2O + 6 KCl  2CrCl3 + 3I2 + 14 KOH 
 
b) [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
c) [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
 
Ejemplo 9: El Dicromato de sodio reacciona con el Yoduro de Sodio, Cloruro de Sodio y agua, siendo los productos 
obtenidos: Cloruro Crómico + Yodo gaseoso + Hidróxido de Sodio. 
a) A partir de 3 libras de dicromato de sodio del 55% de pureza, calcular el volumen de yodo gaseoso obtenido, si 
se recoge sobre agua a 50ºC y 40 PSI, siendo la presión de vapor de agua a esa temperatura de 92,51 mmHg. 
b) Qué cantidad de Yoduro de Sodio (Kg) del 75% de pureza y 15% de exceso se requieren para obtener 70 Kg 
cloruro crómico del 95% de pureza, si el rendimiento de la reacción es del 85%. 
Pesos Atómicos: Na=23,1; Cr=52; O=16; I=126,9; H=1;Cl=35,4 
SOLUCIÓN: 
 
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 Na2Cr2O7 + Na I + H2O + Na Cl  CrCl3 + I2 + Na OH 
 
2Na
+1
 + Cr2O7 + Na
 +1
 + I
-1
 + H2O
0
 + Na
 +1
 + Cl
-1
  Cr
+3
 + 3Cl
-1
 + I2
0
 + Na
 +1
 + OH
-1
 
 
 6e
-
 + 14 H
+
 + Cr2O7  2Cr
+3
 + 7H2O
0 
 2 I
-1
  I2
0
 + 2 e
-
 
6e + 14H + Cr2O7 + 6I  2Cr + 7H2O + 3 I2 + 6e 
 
Na2Cr2O7 + 6 Na I + 7H2O + 6 Na Cl  2CrCl3 + 3I2 + 14 Na OH 
 
a) [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
 
Ejemplo 10: El fósforo (P4) es un elemento esencial para los seres vivos, y los procesos de la fotosíntesis de las 
plantas, como otros procesos químicos de los seres vivos, no se pueden realizar sin ciertos compuestos en base a 
fósforo. Sin la intervención del fósforo no es posible que un ser vivo pueda sobrevivir. 
Para producir Fósforo (P4), el Fosfato de Magnesio actúa como agente oxidante debido a que se reduce a Fósforo 
(P4). En dicha reacción entre los reactivos se tiene además del Fosfato de Magnesio al anhídrido silícico y el Carbono 
molecular, obteniéndose como productos al metasilicato de Magnesio, monóxido de carbono y el Fósforo antes 
mencionado. 
a) Una vez igualada la reacción química por el método ión electrón, determine la cantidad de Fosforo del 90% de 
pureza que puede obtener si entre los reactivos se tiene: 60 gramos de Fosfato de Magnesio del 55% de 
pureza, 60 gramos de anhídrido silícico del 70% de pureza, 14,6 gramos de Carbono del 65% de pureza con 
un exceso del 26%, siendo el rendimiento de la reacción es del 75%. 
b) A partir de 3 libras de Fosfato de Magnesio del 55% de pureza y 10% en exceso, calcular el volumen (Galones 
US) de monóxido de carbono obtenido, si se recoge sobre agua a 50ºC y 40 PSI, siendo la presión de vapor 
de agua a esa temperatura de 92,51 mmHg. 
Pesos Atómicos: Mg=24,3; O=16; H=1; P=31; Si=28; C=12 
SOLUCIÓN 
 
 
 
 
 x1 
 
 x10 
 
 x6 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) 
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Determinando el Reactivo Limitante: 
 [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
El reactivo limitante es el entre el y el 
 [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
No hay necesidad de realizar el cálculo anterior pues el C esta e exceso, por lo cual el reactivo limitante es el 
 
 [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
b) 
c) [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 [ ] 
 [ ] 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo 11: 
Se introduce en un tubo de vidrio cerrado 60 cm
3
 de una mezcla gaseosa compuesta por etano y etino, dicha 
mezcla de gases se hace combustionar con 240 cm
3
 de oxigeno gaseoso, observándose que el agua formada se 
condensa rápidamente, quedando un residuo gaseoso de 162 cm
3
 formado por dióxido de carbono y oxigeno 
gaseoso. Si todas las mediciones se realizaron en las mismas condiciones de presión y temperatura. 
a) Calcular la composición de la mezcla inicial de etino y etano. 
b) Halle la cantidad de aire necesario para combustionar 0,1 litros de mezcla. 
Solución: 
a) 
V= 60 (cm
3
 de C2H6 y C2H2) C2H6 + (7/2) O2  2 CO2 +3 H2O 
VO2 = 240 (cm
3
 O2) C2H2 + (5/2) O2  2 CO2 + H2O 
V Residuo gaseoso = (162 cm
3
 de CO2 y O2 ) 
VO2 = VnecesarioO2 + V exceso O2 (A) 
V residuo gaseoso = V formado CO2 + V exceso O2 (B) 
Cambio de variable: X = C2H6 (Volumen de C2H6) Y= C2H2 (Volumen de C2H2) 
60 = X + Y (1) 
La cantidad de oxigeno necesario para las 2 reacciones será: 
De la reacción del etano:  
2
3
CxHy
3
2
3
C2H6
3 OXcm
2
7
1cm
Ocm7/2
*Xcm  
De la reacción del etino: Ycm
5 2 cm O
1cm
5
2
Ycm O3C2H2
3
2
3
C2H2
3
2
*
( / )
 
Por lo tanto el volumen de O2 necesario es: 
V necesario de O2= (7/2)X + ( 5/2) Y 
El volumen de CO2 que se llego a formar es: 
2
3
C2H6
3
2
3
C2H6
3 CO2Xcm
1cm
CO2cm
Xcm * 
mailto:ingequimicaumsa@gmail.com
Universidad Mayor de San Andres Materia: Química 
Facultad de Ingeniería Capítulo 
Quimica BALANCE DE MATERIA Y ESTEQUIMETRÍA 
Docente: Ing. Luis Fernando Perez A. Gestión: 2017 Página 25 
Pagina web: ingequimicaumsa.blogspot.com Correo: ingequimicaumsa@gmail.com 
Ycm
2cm CO
1cm
2Ycm CO3C2H2
3
2
3
C2H2
3
2
*  
VFormadoCO2 = 2X + 2Y 
Reemplazando los datos de las ecuaciones A y B se obtiene: 
 V exceso O2 = V exceso O2 
VO2 - VnecesarioO2 = V residuo gaseoso - V formado CO2 






 Y
2
5
X
2
7
2Y2X162 240
 
Y
2
1
X
2
3
 240162 
156 = 3X + Y (2) 
Resolviendo las ecuaciones 1 y 2 se obtiene: 
X = 48 (cm
3 
de C2H6) 
Y = 12 (cm
3
 de C2H2) 
Respuesta a). La composición en volumen será: 
C2H6 =80% C2H2 = 20% 
b) 
100 cc de aire contienen, según el resultado anterior: ( C2H6 =80% ; C2H2 = 20%) 
 80 cc de C2H6 
 20 cc de C2H2 
De la reacción del etano:  
2
3
C2H6
3
2
3
C2H6
3 Ocm2
1cm
Ocm7/2
*cm 80 80 
De la reacción del etino: 
2
3
C2H2
3
2
3
C2H2
3 Ocm5
1cm
Ocm25
20cm 0
)/(
*  
El volumen total de oxigeno necesario entonces es: 280 + 50 = 330 cc de O2 
Pero sabemos además de que la composición del aire prácticamente es: 21% de O2 y 79% en de N2 
Aire
O
Aire
O 3
3
3
3 cm 
cm 21
cm 00
cm 330 4,1571
1
*
2
2 
 
Respuesta b): V Aire = 1571,4 cc de Aire. 
 
Ejemplo 12: 
0,07 litros de una mezcla gaseosa compuesta por etano y etino se introducen en un tubo de vidrio cerrado, dicha 
mezcla de gases se hace combustionar con 0,240 litros de oxigeno gaseoso, observándose que el agua formada 
se condensa rápidamente, quedando un residuo gaseoso de 0,162 litros formado por dióxido de carbono y 
oxigeno gaseoso. Si todas las mediciones se realizaron en las mismas condiciones de presión y temperatura. 
a) Calcular la composición de la mezcla inicial de etino y etano. 
b) Halle la cantidad de aire necesario para combustionar 200 cc de mezcla. 
Solución: 
a) 
V= 70 (cm
3
 de C2H6 y C2H2) C2H6 + (7/2) O2  2 CO2 +3 H2O 
VO2 = 240 (cm
3
 O2) C2H2 + (5/2) O2  2 CO2 + H2O 
V Residuo gaseoso = (162 cm
3
 de CO2 y O2 ) 
VO2 = VnecesarioO2 + V exceso O2 (A) 
V residuo gaseoso = V formado CO2 + V exceso O2 (B) 
 
Cambio de variable: X = C2H6 (Volumen de C2H6) Y= C2H2 (Volumen de C2H2) 
70 = X + Y (1) 
La cantidad de oxigeno necesario para las 2 reacciones será: 
De la reacción del etano:  
2
3
CxHy
3
2
3
C2H6
3 OXcm
2
7
1cm
Ocm7/2
*Xcm  
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Quimica BALANCE DE MATERIA Y ESTEQUIMETRÍA 
Docente: Ing. Luis Fernando Perez A. Gestión: 2017 Página 26 
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De la reacción del etino: Ycm
5 2 cm O
1cm
5
2
Ycm O3C2H2
3
2
3
C2H2
3
2
*
( / )
 
Por lo tanto el volumen de O2 necesario es: 
V necesario de O2= (7/2)X + ( 5/2) Y 
El volumen de CO2 que se llego a formar es: 
2
3
C2H6
3
2
3
C2H6
3 CO2Xcm
1cm
CO2cm
Xcm * 
Ycm
2cm CO
1cm
2Ycm CO3C2H2
3
2
3
C2H2
3
2
*  
VFormadoCO2 = 2X + 2Y 
Reemplazando los datos de las ecuaciones A y B se obtiene: 
 V exceso O2 = V exceso O2 
VO2 - VnecesarioO2 = V residuo gaseoso - V formado CO2 






 Y
2
5
X
2
7
2Y2X162 240
 
Y
2
1
X
2
3
 240162 
156 = 3X + Y (2) 
Resolviendo las ecuaciones 1 y 2 se obtiene: 
X = 43 (cm
3 
de C2H6) 
Y = 27 (cm
3
 de C2H2) 
Respuesta a). La composición en volumen será: 
C2H6 =61,43% C2H2 = 38,57% 
b) 
200 cc de aire contienen, según el resultado anterior: (C2H6 =61,43%; C2H2 = 38,57%) 
 122,86 cc de C2H6 
 77,14 cc de C2H2 
De la reacción del etano:  
2
3
C2H6
3
2
3
C2H6
3 Ocm01,430
1cm
Ocm7/2
*cm 122,86  
De la reacción del etino: 
2
3
C2H2
3
2
3
C2H2
3 Ocm
1cm
Ocm25
77,14cm 85,192
)/(
*  
El volumen total de oxigeno necesario entonces es: 430,01 + 192,85 = 622,86 cc de O2 
Pero sabemos además de que la composición del aire prácticamente es: 21% de O2 y 79% en de N2 
Aire
O
Aire
O 3
3
3
3 cm 
cm 21
cm 00
cm 622,86 966.2
1
*
2
2 
 
Respuesta b): V Aire = 2.966 cc de Aire. 
 
 
 
 
 
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