(11) Estequiometria pdf_ - Ivan Torres

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ESTEQUIOMETRÍA 
Profesor: Quím. Jorge C. Rojas Ramos
CICLO PREUNIVERSITARIO 2019 - 1
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.
E S T E Q U I O M E T R Í A
¿Qué estudia?
Relaciones cuantitativas entre 
reactantes y productos
• mol – mol
• masa – masa
• volumen – volumen
• masa – mol
• mol – volumen, etc.Que en la práctica justifican las leyes 
de combinaciones químicas
Se clasifican en
Leyes Ponderales (masas) Ley Volumétrica
Solo para gases a P, T cte
como LEY DE LAS 
RELACIONES SENCILLAS 
(Gay-Lussac)
Ejemplo:
3H2(g) + 1N2(g) → 2NH3(g)
𝑉𝐻2
3
=
𝑉𝑁2
1
=
𝑉𝑁𝐻3
2
Donde:
• Ley de Proporciones Recíprocas 
(Richter y Wenzel 1792)
• Ley de Conservación de la Masa 
(Antoine Lavoisier 1789)
• Ley de las Proporciones Definidas 
(Joseph Proust 1799)
• Ley de Proporciones Múltiples 
(John Dalton 1808)
Stoicheon (elemento)
Metron (medida)
de tipo
LEYES PONDERALES
Ley de la conservación de la masa 
(Lavoisier)
La masa de los reactivos y productos son 
iguales. Se cumple al balancear la 
ecuación.
Ley de las proporciones múltiples 
(Dalton)
Ejemplo:
2C + 1O2 → 2CO ……….(1)
Ejemplo: 2H2 + O2 → 2H2O
Proporción estequiométrica
𝑚𝐻2
4
=
𝑚𝑂2
32
=
𝑚𝐻2𝑂
36
Ejemplo: 1C + 1O2 → 1CO2
12g 32 g 44g
2H2 + O2 → 2H2O
4 g 32 g 36 g
Por lo tanto, cuando el carbono reacciona con el 
hidrógeno, lo harán en base a las masas 12 y 4
C + 2H2 → CH4
12 g 4 g 16g
Ley de las proporciones definidas
(Proust)
Ley de las proporciones reciprocas
(Richter y Wenzel)
24 g 32 g 
1C + 1O2 → 1CO2 ………(2)
12 g 32 g 
24 g 64 g 
𝑚𝑂2(1)
𝑚𝑂2(2)
=
32 𝑔
64 𝑔
=
1
2
x2
Se observa que la masa del carbono es 
constante, mientras que la masa del 
oxígeno varia en razón de 1 y 2.
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)
𝐻𝑔𝑂
calor
𝐻𝑔
𝑂2
108,3 g 
100,3 g 8 g 
2𝐻𝑔𝑂 ՜
Δ
2𝐻𝑔 + 𝑂2
108,3 g 100,3 g 8 g 108,3 g = 100,3 g + 8 g
+
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?
EJEMPLO APLICATIVO 
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.
Ejemplo – 1 : 2H2 + O2 → 2H2O
4 g 32 g 36 g
Donde:
𝑊𝐻2
𝑊𝑂2
=
4
32
=
1
8
Por lo tanto un compuesto químico independientemente del método de obtención
tiene una composición constante definida e invariable.
Relación en masa 108 g 96 g → 204 g
Ejemplo 324 g 288 g → 612 g
4Al(s) + 3O2(g) → 2Al2O3(s)
La oxidación del aluminio (Al):
Ejemplo – 2 :
Aquí las masas se triplican, tanto en reactantes como en productos.
¿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).
Relación en masa 4 mol 3 mol → 2 mol
Ejemplo 8 mol 6 mol → 4 mol
4Al(s) + 3O2(g) → 2Al2O3(s)
La relación de Proust se extiende a la relación molar
Ejemplo – 3 :
En este caso los moles se duplican
• 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.
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:
2.1 COMPOSICIÓN PORCENTUAL O CENTESIMAL (CC)
Ejemplo: Halle la composición centesimal del H2O (PA: O = 16 uma, H = 1 uma)
%H =
2 𝑢𝑚𝑎
80 𝑢𝑚𝑎
𝑥 100 = 11,11 %
PF(H2O) = 2(1 uma) + 1(16 uma) = 18 uma
%O =
16 𝑢𝑚𝑎
80 𝑢𝑚𝑎
𝑥 100 = 88,89 %
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.
T I P O S D E F Ó R M U L A Q U Í M I C A
Fórmula Empírica (FE) Fórmula Molecular (FM)
Representa la fórmula más sencilla o
elemental de un compuesto; la fórmula
empírica la poseen los compuestos
covalentes e iónicos. La fórmula
empírica se halla, principalmente
respecto a la composición centesimal.
Ejemplos: H2O, NH3, NaCl, CaF2, etc
Representa la fórmula real o verdadera
de un compuesto covalente, y por ello
nos permite diferenciarla de los demás
compuestos. Es un múltiplo entero de
la fórmula empírica.
Ejemplos: H2O2, C2H6, H2C2O4, etc
CH2O
CH2
NH3
CaO
6
8
1
1
Relación entre FM y FE:
FM = KFE
ഥMFM = KഥMFE
NOTA: La fórmula empírica y molecular tienen la misma composición centesimal
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
Elemento % = g ÷ PA
Dividir entre el 
menor
Proporción
mínima
C 40
H 6,71
O 53,29
EJEMPLO APLICATIVO – 1 
40/12 = 3,33
6,71/1 = 6,71
53,29/16 = 3,33
3,33/3,33 = 1
6,71/3,33 = 2
3,33/3,33 = 1
CH2O
La fórmula empírica es CH2O y su masa molar es: 12 + 2 + 16 = 30
ഥMFM = KഥMFE
90 = K .30 → 3 = K
FM = KFE
FM = 3 (CH2O) = C3H6O3
Rpta: E 
Otra forma de hallar la fórmula empírica es aplicando la ley de la proporciones
definidas de Proust
𝐴𝑥𝐵𝑦 ……𝑊𝑧En general, sea el compuesto
Se cumple que 𝑚𝑇(𝐴)
%𝐴
=
𝑚𝑇(𝐵)
%𝐵
=.… =
𝑚𝑇(𝑊)
%𝑊
En el ejemplo tenemos 40 %C; 6,71 % de H y 53,29 % de O ósea (𝐶𝑥𝐻𝑦𝑂𝑧) 
𝑚𝑇(𝐶)
%𝐶
=
𝑚𝑇(𝐻)
%𝐻
=
𝑚𝑇(𝑂)
%𝑂
12𝑥
40
=
1𝑦
6,71
=
16 𝑧
53,29
2𝑥 = 𝑦
x = 𝑧
Luego la fórmula será: 𝐶𝑥𝐻2𝑥𝑂𝑥 entonces sacando factorcomún (𝑥) tendríamos la
fórmula empírica (FE) 𝐶𝐻2𝑂
En la preparación de trióxido de azufre por oxidación de azufre se obtuvieron los
siguientes datos en una serie de experimentos:
EJEMPLO APLICATIVO – 2 
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: 
S + 1O2 → SO3
1,0 g 1,5 g 2,5 g
∴
𝑊𝑆
𝑊𝑂
=
1
1,5
=
2
3
Exp. 2: S + 1O2 → SO3
2,0 g 3,0 g 5,0 g ∴
𝑊𝑆
𝑊𝑂
=
2
3
Exp. 3: S + 1O2 → SO3
3,0 g 4,5 g 7,5 g
∴
𝑊𝑆
𝑊𝑂
=
3
4,5
=
2
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.
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
EJEMPLO APLICATIVO – 3 
1Fe + 1S → 1FeS
Cantidad estequiométrica 56 g 32 g 88 g
Cantidad dato 12 g 8 g 𝑊𝐹𝑒𝑆 ?
Una regla práctica es
multiplicando en aspa ∴ El
R.L es el Fe384 448 
La menor relación es para el R.L y la mayor para el R.E.
R.L R.E
Para hallar el peso de sulfuro ferroso obtenido, trabajamos solo con el R.L. haciendo
uso de la regla de tres.
1Fe + 1S → 1FeS
56 g 32g 88 g
12 g a 𝑊𝐹𝑒𝑆 ? 
𝑊𝐹𝑒𝑆 = 18,85 𝑔
12 𝑔 𝑥 88 𝑔
56 𝑔
=
a = 6,85 𝑔
12 𝑔 𝑥 32 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):
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
Fe = = 0,21 (R.L)
12
56
S = = 0,25 (R.E)
8
32
gramos de reactivo en exceso que quedan sin reaccionar = 8g – 6,85 g = 1,15 g.
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
EJEMPLO APLICATIVO – 4 
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.
𝑊𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂 = 149 𝑔=
80 𝑔 𝑥 74,5 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.
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
EJEMPLO APLICATIVO – 5 
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
SO2 = = 12,5 (R.L)
25
2
O2 = = 13 (R.E)
13
1
H2O = = 12,5 (R.L)
25
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
Cl2O3
Cl2O5
Cl2O7
71 g
71 g
71 g
71 g
16 g x 1
16 g x 3
16 g x 5
16 g x 7
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
EJEMPLO APLICATIVO
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
56,36 g 72,6786 g
x 1,29
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
72,6786
= 0,6 =
3
5
Rpta: C
Entonces los óxidos son P2O3 y P2O5
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
4Na + O2 → 2Na2O
92 g 32 g
46 g 16 g
2H2 + O2 → 2H2O
2 g 16 g
1 8
PE (H2) = 1 PE (O2) = 8
En resumen:
A + B → P1
mA mB
A + C → P2
mA mC
B + C → P3
mB mC
∴ Participan en la misma proporción
Entonces:
Esta ley se puede enunciar en términos de pesos equivalentes
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?
EJEMPLO APLICATIVO
A + B → compuesto X
D + B → compuesto Y
25 g 20 g
30 g 40 g
15 g 20 g
Observamos que las masas de A (25 g) y
D (15 g) se combinan con la misma masa
de B (20 g), luego por ley de Richter y
Wenzel tendremos:
A + D → compuesto Z
25 g 15 g
Se observa que la relación de masas de A
y D cuando se combinan entre si es:
𝑊𝐴
𝑊𝐷
=
25𝑔
15𝑔
=
5
3
Si la masa de D es 11,2 g, tenemos: 𝑊𝐴
11,2 𝑔
=
5
3
𝑊𝐴 = 18,66 𝑔
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
sustancias son equivalentes:
98 g H2SO4 < > 80 g NaOH < > 112 g KOH
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:
Ca + H2 → CaH2
40 g 2 g
20 g 1 g 
∴ PE (Ca) = 20
2Ca + O2 → 2CaO
80 g 32 g
20 g 8 g
∴ PE (Ca) = 20
Primera reacción Segunda reacción
2C + O2 → 2CO
24 g 32 g
6 g 8 g 
∴ PE (C) = 6
C + O2 → CO2
12 g 32 g
3 g 8 g
∴ 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
¿Un elemento podrá tener distintos pesos equivalentes?
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 combinaciónquímica para determinar la proporción de combinación entre sustancias químicas,
se puede llegar a ello por concepto de equivalencia.
Primera reacción Segunda reacción
Rpta: Si, Para ello veamos las siguientes reacciones:
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
Cantidades estándares de referencia
PE(H2) = 1; PE(O2) = 8; PE(Cl2) = 35,5
A que se combinan con la mayoría de los
elementos para formar una gran variedad de
compuestos químicos.
Se calcula
𝑃𝐸(𝑋) =
ഥ𝑀(𝑋)
𝜃
PESO EQUIVALENTE
debido
𝑃𝐸(𝐴𝑥𝐵𝑌) = 𝑃𝐸 𝐴
+𝑦 + 𝑃𝐸(𝐵−𝑥)
Esta proporción ha sido 
verificada por múltiples 
experimentos en el laboratorio 
confirmando la validez del 
concepto de peso equivalente.
𝑃𝐸(𝑋) =
𝑃𝐴(𝑋)
𝐸. 𝑂
5. REGLAS PARA DETERMINAR PESOS EQUIVALENTES
PARA ELEMENTOS
Ejemplos:
𝑃𝐸(𝐶𝑎) =
40
2
= 20 𝑃𝐸(𝑁𝑎) =
23
1
= 23
PARA COMPUESTOS
𝑃𝐸 𝑋 =
ഥ𝑀
𝜃𝑋
Por fines prácticos, como el PE es una magnitud adimensional, asumiremos que
también son adimensionales
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.
𝑀𝑒𝑞 𝑋 =
)ഥ𝑀𝑋 ( Τ𝑔 𝑚 𝑜𝑙
)𝜃𝑋 (𝑒 Τ𝑞 𝑚 𝑜𝑙
𝑃𝐸(𝑁𝑎2𝐶𝑂3) =
106
2
= 53
Donde:
𝜃 : Parámetro de combinación, depende de la 
naturaleza de la sustancia, así como del proceso 
donde participe.
5.1 REGLAS PARA DETERMINAR EL FACTOR (𝜽)
Compuesto 𝜃 Ejemplos
Óxido 
metálico
Ácido
Hidróxido
Sal
Carga neta del 
elemento u oxígeno
No de iones H+
ionizables
No de iones OH-
ionizables
Carga neta del 
catión
CaO (𝜃 = 2)
Na2O (𝜃 = 2)
Al2O3 (𝜃 = 6)
HCl (𝜃 = 1)
HNO3 (𝜃 = 1)
H2SO4 (𝜃 = 2)
NaOH (𝜃 = 1)
Ca(OH)2 (𝜃 = 2)
KAl(SO4)2 (𝜃 = 4)
CuSO4 (𝜃 = 2)
Oxidante 
y 
reductor
Al2(SO4)3 (𝜃 = 6)
Número de 
electrones ganados o 
perdidos por unidad 
fórmula
𝑀𝑛𝑂4
1− → 𝑀𝑛
𝜃 = 7 – 2 = 5
+7 +2
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
𝛿 +
𝛿 −
Hidrógeno ionizable
𝑃𝐸 =
63
1
𝑃𝐸 =
82
2
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 )
𝑃𝐸 =
46
1
𝑃𝐸 =
60
1 𝑃𝐸 =
90
2
Ácido fórmico Ácido acético Ácido oxálico
𝛿 + 𝛿 +
𝛿 − 𝛿 −
Ácido fosforoso (H3PO3)
Ácido hipofosforoso (H3PO2)
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
1CuO + 1NH3 → Cu + 
1
2
N2 + H2O
+2 -2 -3 +1 0 +1 -2
Se reduce (+2e-)
Se oxida (−3e-)
𝑃𝐸(𝐶𝑢𝑂) =
ഥ𝑀
𝜃
=
79,5
2
= 39,75 𝑃𝐸(𝑁𝐻3) =
ഥ𝑀
𝜃
=
17
3
= 39,75
0
NOTA: No olvidar que 𝜃 es igual al número de electrones ganados o perdidos por
unidad fórmula
𝜃 : número de electrones transferidos que participan generalmente 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
𝐻3𝑃𝑂4(𝑎𝑐) + 𝐾𝑂𝐻 𝑎𝑐 → 𝐾2𝐻𝑃𝑂4(𝑎𝑐) + 𝐻2𝑂(𝑙)
2𝐻+ + 𝐻𝑃𝑂4
2− 𝐾+ + 𝑂𝐻− 2𝐾+ +𝐻𝑃𝑂4
2− 𝐻+ + 𝑂𝐻−
Como el 𝐻3𝑃𝑂4 ha liberado 1𝐻
+ su 𝜃 = 1
𝑃𝐸(𝐾2𝐻𝑃𝑂4) =
ഥ𝑀
𝜃
=
174
2
= 87
𝑃𝐸(𝐾𝑂𝐻) =
ഥ𝑀
𝜃
=
56
1
= 56
Observaciones:
𝑃𝐸(𝐻3𝑃𝑂4) =
ഥ𝑀
𝜃
=
98
2
= 49
𝑃𝐸(𝐻2𝑂) = 𝑃𝐸 𝐻
+ + 𝑃𝐸 𝑂𝐻− = 1 + 17 = 18
• 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.
Como el 𝐾𝑂𝐻 ha liberado 1 ion 𝑂𝐻− su 𝜃 = 1
De igual forma
Ejemplo 2
𝑁𝑎2𝐶𝑂3(𝑎𝑐) + 𝐶𝑎𝐶𝑙2 𝑎𝑐 → 𝐶𝑎𝐶𝑂3(𝑠) + 𝑁𝑎𝐶𝑙(𝑎𝑐)
2𝑁𝑎+ + 𝐶𝑂3
2− 𝐶𝑎+2 + 2𝐶𝑙− 𝐶𝑎+2 + 𝐶𝑂3
2− 𝑁𝑎+ + 𝐶𝑙−
Se observa que los iones en el 𝑁𝑎2𝐶𝑂3(𝑎𝑐), conservan su carga en el proceso
químico, por lo que:
𝑃𝐸(𝑁𝑎𝐶𝑂3) = 𝑃𝐸 𝑁𝑎
+ + 𝑃𝐸 𝐶𝑂3
2− = = 53
23
1
+
60
2
Ejemplo 3
2𝐻2 + 𝑂2 → 2𝐻2𝑂
0 0 +1 -2
Se oxida (−4e-)
Se reduce (+4e-)
𝑃𝐸 𝐻2𝑂 =
ഥ𝑀𝐻2𝑂
#𝑒−𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝐻2𝑂
=
18
2
= 9
Hallar el peso equivalente del agua para esta reacción redox
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
𝑁𝑎2𝐶𝑟𝑂4 + 𝐾𝑁𝑂2 ՜ 𝐶𝑟2𝑂3 + 𝐾𝑁𝑂3 + 𝑁𝑎2𝐶𝑂3
Masa atómica: Na = 23; Cr = 52 ; K = 39
EJEMPLO APLICATIVO – 4 
2𝑁𝑎2𝐶𝑟𝑂4 + 𝐾𝑁𝑂2 ՜ 𝐶𝑟2𝑂3 + 𝐾𝑁𝑂3 + 𝑁𝑎2𝐶𝑂3
+6 +3 +3 +5
Se reduce (+6e-)
Se oxida (−2e-)
𝑃𝐸 𝑁𝑎2𝐶𝑟𝑂4 =
ഥ𝑀𝑁𝑎2𝐶𝑟𝑂4
#𝑒−𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑁𝑎2𝐶𝑟𝑂4
=
ഥ𝑀
𝜃
=
162
3
= 54
𝑃𝐸 𝐾𝑁𝑂2 =
ഥ𝑀𝐾𝑁𝑂2
#𝑒−𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝐾𝑁𝑂2
=
ഥ𝑀
𝜃
=
85
2
= 42,5
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.
1 𝐸𝑞 − 𝑔 = 𝑃𝐸(𝑋)𝑔 #𝐸𝑞 − 𝑔(𝑋) =
𝑚(𝑋)
𝑃𝐸(𝑋)
= 𝑛(𝑋). 𝜃(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)
𝑃𝐸(𝐴)
=
𝑚(𝐵)
𝑃𝐸(𝐵)
=
𝑚(𝐶)
𝑃𝐸(𝐶)
=
𝑚(𝐷)
𝑃𝐸(𝐷)
NOTA: La ley de equivalentes se puede aplicar, aun sin conocer toda la reacción.
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
EJEMPLO APLICATIVO – 1 
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
𝑃𝐸(𝑁𝑎)
=
𝑚𝑋
𝑃𝐸(𝑋)
Reemplazando los datos tenemos
18,4
23
1
=
28,4
𝑃𝐸(𝑋)
𝑃𝐸 𝑋 = 35,5
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
EJEMPLO APLICATIVO – 2 
Sea la reacción de adición: M + O2 → M2O
71,47 g 28,53 g
Por la ley del equivalente químico 
𝑚𝑀
𝑃𝐸(𝑀)
=
𝑚𝑂2
𝑃𝐸(𝑂2)
reemplazando los datos tenemos
71,47
𝑃𝐸(𝑀)
=
28,53
8
𝑃𝐸 𝑀 = 20
M2O
71,47 % 28,53 %
+X -2
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.
EJEMPLO APLICATIVO – 3 
Se establece la ley de equivalentes
𝑚𝑀
𝑃𝐸(𝑀)
=
𝑚𝐻2
𝑃𝐸(𝐻2)
Hallamos la masa del gas H2. A partir del dato, en condiciones normales tenemos:
#𝐸𝑞 − 𝑔(𝑀) = #𝐸𝑞 − 𝑔(𝐻𝐶𝑙) = #𝐸𝑞 − 𝑔(𝐻2)
2,74 𝑔
𝑃𝐸(𝑀)
=
𝑚𝐻2
1
1 mol de 𝐻2 <> 2 g de 𝐻2 22,4 L 
𝑚𝐻2 0,448 L 𝑚𝐻2 =
0,448 𝐿
22,4 𝐿
= 0,04 𝑔
En consecuencia: 2,74
𝑃𝐸(𝑀)
=
0,04
1
∴ 𝑃𝐸 𝑀 = 68,5
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 relaciónconstante y definida de
números enteros y sencillos, entre los volúmenes de las
sustancias gaseosas que intervienen en una reacción química.
1N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g)
Explicación:
de 𝑃. 𝑉 = 𝑅𝑇. 𝑛 → 
𝑉
𝑛
=
𝑅𝑇
𝑃
→ ∴ 𝑉 = 𝐾 𝑛
1 mol 3 mol 2 mol
1 V 3 V 2 V
5 L 15 L 10 L
30 L 100 L 60 L
RL RE
= 𝑐𝑡𝑒 = 𝐾
Ejemplo:
A condiciones ambientales (25oC y 1 atmósfera) se debe quemar (combustionar)
50 litros de gas domestico (gas propano), 𝐶3𝐻8. ¿que volumen de oxígeno se
necesita a las mismas condiciones?
EJEMPLO APLICATIVO – 1 
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.
𝐶3𝐻8(𝑔) + 5𝑂2(𝑔) ՜ 3𝐶𝑂2(𝑔) + 4𝐻2𝑂 𝑙
1 vol. 5 vol.
50 L 𝑥
∴ 𝑥 =
50 𝐿 𝑥 5
1
= 250 L
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.
EJEMPLO APLICATIVO – 2 
1𝑁2(𝑔) + 3𝐻2(𝑔) ՜ 2𝑁𝐻3(𝑔)
1L 3L 2L 
100 L 150 L x
300 150 
(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
a x =
150𝐿 𝑥 2 𝐿
3 𝐿
= 100L = 𝑉𝑁𝐻3
Solicitan volumen total de los gases
ocupados al final en la reacción:
𝑁𝐻3(𝑔)
𝑁2(𝑔)
100L
50L
a =
1𝐿 𝑥 150 𝐿
3 𝐿
= 50L
∴ 𝑉𝑇= 150 𝐿
EL RENDIMIENTO
TEÓRICO REAL
Es la máxima cantidad formada de un 
producto, obtenida en función de una 
ecuación química balanceada cuando 
el 100 % del reactivo limitante se 
consume para formar dicho producto.
Es la cantidad de un determinado 
producto obtenida en forma 
práctica (experimentalmente) a 
partir de una cantidad determinada 
de reactivo limitante.
Es necesario para determinar el 
porcentaje de rendimiento (%R), 
se calcula:
En una reacción química solo 
intervienen sustancias químicamente 
puras. Las impurezas no reaccionan; por 
lo tanto, en los cálculos 
estequiométricos solo trabajaremos con 
la parte pura de la muestra química%𝑅 =
𝑅𝑒𝑛𝑑. 𝑟𝑒𝑎𝑙
𝑅𝑒𝑛𝑑. 𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜
𝑥 100
% 𝑝𝑢𝑟𝑒𝑧𝑎 =
𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑝𝑢𝑟𝑎
𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎 𝑚𝑢𝑒𝑠𝑡𝑟𝑎
𝑥 100
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
APLICACIÓN – 1
C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2
Cantidad estequiométrica 180 g 92 g
Cantidad dato 360 g 𝑊𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜 𝑊𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜 = 184 𝑔
%𝑅 =
𝑅𝑒𝑛𝑑. 𝑟𝑒𝑎𝑙
𝑅𝑒𝑛𝑑. 𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜
𝑥 100 % 𝑅 =
150 𝑔
184 𝑔
𝑥 100 = 81,5 %
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%
En un reactor de 5 L se coloca 3,2 mol de 𝑁2 y 6,6 mol de 𝑂2 a 400
oC, 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.
APLICACIÓN – 2
Tenemos que: 𝑁2 𝑔 + 2𝑂2(𝑔) ՜ 2𝑁𝑂2(𝑔)
3,2 mol 6,6 mol 
1 mol 2 mol 
6,4 mol 6,6 mol 
∴ RL RE
Entonce el reactivo limitante (RL) es el 𝑁2
𝑁2 𝑔 + 2𝑂2(𝑔) ՜ 2𝑁𝑂2(𝑔)
x 3,2 mol 
1 mol 2 mol 
x = 6,4 mol 
%𝑅 =
𝑅𝑒𝑛𝑑. 𝑟𝑒𝑎𝑙
𝑅𝑒𝑛𝑑. 𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜
𝑥 100
%𝑅 =
5,6 𝑚𝑜𝑙
6,4 𝑚𝑜𝑙
𝑥 100 = 87,5 %
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 ( ҧ𝐴𝑟 : S = 118,7; F = 19)
APLICACIÓN – 3 
𝑆𝑛 + 2𝐻𝐹 ՜ 𝑆𝑛𝐹2 + 𝐻2
118,7 g 40 g
23,74 g 4 g
949,6 474,8 (menor producto)
Entonce el reactivo limitante (RL) es el HF
Hallando la masa del reactivo en exceso que reacciona
𝑚𝑟𝑥𝑛𝑎 =
4𝑔 𝐻𝐹 𝑥 118,7 𝑔 𝑆𝑛
40𝑔
= 11,87 𝑔
Masa del reactivo en exceso sin reaccionar: 𝑚sin 𝑟𝑥𝑛𝑎𝑟 = 23,74 𝑔 − 11,87 𝑔 = 11,87 𝑔
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% ( ҧ𝐴𝑟 : C = 12, N = 14, O = 16)
APLICACIÓN – 4 
4C3H5N3O9 → 6N2 + 12 CO2 + 10H2O + O2
Cantidad estequiométrica 4 x 227 g 12 x 44 g
Cantidad dato x 158,4
142,56 90 %
luego
∴ x = 272,4 g = masa de nitroglicerina
𝑊𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜 100 %
= 𝑊𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜
x = 
4 𝑥 227 𝑔 𝑥 158,4 𝑔
12 𝑥 44 𝑔
𝑉𝐻𝐶𝑙 = A. (d-x)
d
𝑉𝑁𝐻3= A. x
x
Bibliografía
 Brown, T. y Eugene L. (2009). química, la ciencia central. México: Pearson
Educación, 10(1).
 Chang, R. y Williams, C. (2003). química. Decima edición. México:
McGraw-Hill interamericana 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