Estequiometría 2

Todo problema de estequiometría aplicada puede verse como una secuencia de preguntas:

1. ¿Cuánto reactivo puro tengo realmente?
   → Se resuelve con el porcentaje de pureza.

2. ¿Qué reactivo se agotará primero y limitará la reacción?
   → Se resuelve identificando el reactivo limitante y el reactivo en exceso.

3. ¿Cuánto producto se obtiene en la práctica, comparado con el máximo teórico?
   → Se resuelve con el porcentaje de rendimiento.

A esto se suma la pregunta: ¿cómo pasamos de un volumen de disolución a moles de soluto?
→ Se resuelve con la molaridad y el porcentaje masa/volumen.

Veremos cada herramienta por separado y luego las combinaremos, porque los problemas reales suelen exigir usar varias a la vez.

Las sustancias que se usan en la industria o que se extraen de la naturaleza rara vez son 100 % puras. Por ejemplo, un mineral de caliza contiene principalmente $\mathrm{CaCO_3}$, pero también arena, óxidos y otras impurezas.

En una reacción química solo reacciona la parte pura de la muestra. Las impurezas no participan, pero su masa sí está incluida cuando pesas la muestra.

La pureza se expresa así:

$$\%P = \frac{m_{\text{pura}}}{m_{\text{muestra}}} \times 100$$

Despejando:

$$m_{\text{pura}} = m_{\text{muestra}} \times \frac{\%P}{100}$$

También puede hablarse de porcentaje de impurezas:

$$\%\text{impurezas} = 100 - \%P$$

Por ejemplo, si tienes $250\ \text{g}$ de una caliza con $90\ \%$ de pureza en $\mathrm{CaCO_3}$, la masa que realmente puede reaccionar es:

$$m_{\text{pura}} = 250\ \text{g} \times \frac{90}{100} = 225\ \text{g de CaCO₃}$$

Ese valor, y no los $250\ \text{g}$, debe usarse en la relación estequiométrica.

Cuando en un problema se dan las cantidades de dos o más reactivos, ya no se puede asumir que ambos están en la proporción exacta que pide la ecuación. Uno se consumirá por completo y el otro sobrará.

• Reactivo limitante (RL): es el reactivo que se encuentra en menor proporción estequiométrica y se consume por completo. Es el que limita la cantidad de producto que puede formarse.
• Reactivo en exceso (RE): es el reactivo que está en mayor proporción estequiométrica; parte de su masa inicial queda sin reaccionar al final.

La idea es parecida a preparar sándwiches: si tienes 8 rebanadas de pan y 3 tajadas de queso, y cada sándwich requiere 2 panes y 1 queso, el queso se acaba primero y solo podrás preparar 3 sándwiches; sobrarán 2 rebanadas de pan. El queso sería el reactivo limitante y el pan, el reactivo en exceso.

3.1. ¿Cómo identificar el reactivo limitante?

El error más común es comparar directamente las masas o los moles de los reactivos sin considerar los coeficientes de la ecuación. No es correcto decir que el limitante es el que está en menor masa o en menor número de moles; hay que comparar la proporción disponible con la proporción estequiométrica.

Un método práctico es:

1. Balancear la ecuación química.
2. Convertir todas las cantidades dadas a moles.
3. Para cada reactivo, calcular el cociente:

$$R_i = \frac{n_i}{\text{coeficiente}_i}$$

donde $n_i$ son los moles disponibles del reactivo $i$ y $\text{coeficiente}_i$ es su coeficiente en la ecuación balanceada.

4. El reactivo con menor $R_i$ es el reactivo limitante.
5. Todo cálculo de producto se hace con el reactivo limitante.

Ejemplo breve. Si tienes $6\ \text{mol de H₂}$ y $4\ \text{mol de O₂}$, y la reacción es:

$$2\mathrm{H_2} + \mathrm{O_2} \rightarrow 2\mathrm{H_2O}$$

Calculamos:

$$R_{\mathrm{H_2}} = \frac{6}{2} = 3$$

$$R_{\mathrm{O_2}} = \frac{4}{1} = 4$$

El menor es $R_{\mathrm{H_2}}$; por tanto, $\mathrm{H_2}$ es el reactivo limitante y $\mathrm{O_2}$ es el reactivo en exceso.

3.2. ¿Cómo calcular la cantidad que sobra del reactivo en exceso?

Una vez identificado el reactivo limitante:

1. Usa la relación estequiométrica para calcular cuántos moles del reactivo en exceso se consumen.
2. Réstalos de los moles iniciales del reactivo en exceso.
3. Si te piden masa, convierte esos moles sobrantes a gramos.

Ejemplo breve. En el caso anterior: $\mathrm{H_2}$ es limitante con $6\ \text{mol}$. Según la ecuación, $2\ \text{mol de H₂}$ reaccionan con $1\ \text{mol de O₂}$. Entonces, $6\ \text{mol de H₂}$ consumirán:

$$6\ \text{mol H₂} \times \frac{1\ \text{mol O₂}}{2\ \text{mol H₂}} = 3\ \text{mol O₂}$$

Si inicialmente había $4\ \text{mol O₂}$, sobran:

$$4 - 3 = 1\ \text{mol de O₂}$$

Aun cuando trabajes con reactivos puros y en proporción correcta, en la práctica no siempre obtienes la cantidad teórica de producto. Parte del producto puede perderse al filtrarlo, al transferirlo de un recipiente a otro, o la reacción puede no completarse.

La cantidad teórica es la máxima que se puede obtener según la ecuación balanceada y el reactivo limitante. La cantidad real es la que efectivamente se mide en el laboratorio o en el proceso industrial.

El rendimiento porcentual se define como:

$$\%R = \frac{\text{cantidad real}}{\text{cantidad teórica}} \times 100$$

Siempre que la cantidad real sea menor o igual que la teórica, el rendimiento será $\leq 100\ \%$.

Ejemplo breve. Si al hacer reaccionar ciertos reactivos se esperaban teóricamente $20\ \text{g}$ de producto y en el laboratorio solo se obtuvieron $17\ \text{g}$, entonces:

$$\%R = \frac{17\ \text{g}}{20\ \text{g}} \times 100 = 85\ \%$$

En los problemas combinados, la cantidad teórica se calcula a partir del reactivo limitante y luego se multiplica por el porcentaje de rendimiento para hallar la cantidad real.

Muchas reacciones químicas se llevan a cabo en disolución acuosa. El soluto es el que participa en la reacción; el disolvente, generalmente agua, solo sirve de medio.

5.1. Molaridad

La molaridad $M$ expresa cuántos moles de soluto hay por litro de disolución:

$$M = \frac{n_{\text{soluto}}}{V_{\text{sol}}}$$

Por lo tanto, si conoces la molaridad y el volumen, puedes hallar los moles de soluto:

$$n_{\text{soluto}} = M \times V_{\text{sol}}$$

Atención: el volumen debe estar en litros. Si te dan mililitros:

$$V_{\text{sol}}\ (\text{L}) = \frac{V_{\text{sol}}\ (\text{mL})}{1000}$$

Ejemplo breve. ¿Cuántos moles de HCl hay en $250\ \text{mL}$ de HCl $0,40\ \text{M}$?

$$V = 250\ \text{mL} = 0,250\ \text{L}$$

$$n_{\mathrm{HCl}} = 0,40\ \text{mol/L} \times 0,250\ \text{L} = 0,10\ \text{mol}$$

5.2. Porcentaje masa/volumen

En productos comerciales como el vinagre, la concentración suele expresarse como porcentaje masa/volumen $\%w/v$:

$$\%w/v = \frac{m_{\text{soluto}}\ (\text{g})}{V_{\text{sol}}\ (\text{mL})} \times 100$$

Así, una disolución de ácido acético al $5\ \%w/v$ contiene $5\ \text{g}$ de ácido acético por cada $100\ \text{mL}$ de disolución.

5.3. Reacciones con carbonatos y bicarbonatos

Un caso muy frecuente en los problemas de admisión es la reacción de un carbonato o bicarbonato con un ácido. Son reacciones que producen una sal, agua y dióxido de carbono.

Por ejemplo, la limpieza de incrustaciones de $\mathrm{CaCO_3}$ con ácido clorhídrico:

$$\mathrm{CaCO_3}(s) + 2\mathrm{HCl}(ac) \rightarrow \mathrm{CaCl_2}(ac) + \mathrm{H_2O}(\ell) + \mathrm{CO_2}(g)$$

La relación estequiométrica es $1\ \text{mol CaCO₃} : 2\ \text{mol HCl} : 1\ \text{mol CO₂}$.

Con vinagre, cuyo soluto es el ácido acético $\mathrm{CH_3COOH}$:

$$2\mathrm{CH_3COOH}(ac) + \mathrm{CaCO_3}(s) \rightarrow \mathrm{Ca(CH_3COO)_2}(ac) + \mathrm{H_2O}(\ell) + \mathrm{CO_2}(g)$$

Con bicarbonato de sodio y ácido sulfúrico:

$$2\mathrm{NaHCO_3}(s) + \mathrm{H_2SO_4}(ac) \rightarrow \mathrm{Na_2SO_4}(ac) + 2\mathrm{H_2O}(\ell) + 2\mathrm{CO_2}(g)$$

Aquí, $2\ \text{mol de NaHCO₃}$ reaccionan con $1\ \text{mol de H₂SO₄}$.

Una neutralización es la reacción entre un ácido y una base para formar una sal y agua. En su forma iónica neta, para un ácido y una base fuertes:

$$\mathrm{H^+}(ac) + \mathrm{OH^-}(ac) \rightarrow \mathrm{H_2O}(\ell)$$

La dificultad estequiométrica está en que no todos los ácidos ni todas las bases aportan la misma cantidad de iones por mol.

• El $\mathrm{HCl}$ libera 1 mol de $\mathrm{H^+}$ por mol de ácido.
• El $\mathrm{H_2SO_4}$ libera 2 moles de $\mathrm{H^+}$ por mol de ácido.
• El $\mathrm{NaOH}$ libera 1 mol de $\mathrm{OH^-}$ por mol de base.
• El $\mathrm{Ca(OH)_2}$ libera 2 moles de $\mathrm{OH^-}$ por mol de base.

Por eso, la ecuación balanceada es fundamental. La neutralización entre ácido sulfúrico e hidróxido de sodio es:

$$\mathrm{H_2SO_4}(ac) + 2\mathrm{NaOH}(ac) \rightarrow \mathrm{Na_2SO_4}(ac) + 2\mathrm{H_2O}(\ell)$$

La relación es $1\ \text{mol H₂SO₄} : 2\ \text{mol NaOH}$.

Cuando trabajes con volúmenes de disoluciones:

1. Calcula los moles del reactivo conocido con $n = M \times V$.
2. Relaciónalos con el otro reactivo mediante la ecuación balanceada.
3. Convierte los moles del reactivo desconocido a volumen o masa, según te pidan.

Además del método molar, existe una forma alternativa de plantear los cálculos estequiométricos: mediante equivalentes-gramo. Es especialmente útil en reacciones de neutralización y redox, y forma parte del bagaje clásico de la estequiometría.

Un equivalente-gramo es la cantidad de sustancia que se combina con, o desplaza, 1 mol de $\mathrm{H^+}$, 1 mol de $\mathrm{OH^-}$ o 1 mol de electrones, según el tipo de reacción.

7.1. Peso equivalente

El peso equivalente $PE$ se calcula como:

$$PE = \frac{\overline{M}}{\theta}$$

donde $\overline{M}$ es la masa molar de la sustancia y $\theta$ es el parámetro de combinación.

El valor de $\theta$ depende del tipo de sustancia y, en algunos casos, de la reacción en la que participa.

Cuidado: en ácidos polipróticos y bases polihidróxidas, $\theta$ no es fijo; depende de cuántos protones u oxhidrilos se transfieran realmente en la reacción. Por ejemplo, el $\mathrm{H_3PO_4}$ puede tener $\theta = 2$ si se convierte en $\mathrm{Na_2HPO_4}$.

7.2. Número de equivalentes-gramo

El número de equivalentes-gramo se puede calcular de dos maneras:

$$\#\mathrm{Eq} = \frac{m}{PE}$$

o también:

$$\#\mathrm{Eq} = n \times \theta$$

donde $n$ es el número de moles.

7.3. Ley de equivalentes

La ley de equivalentes establece que, en una reacción química, las sustancias reaccionan equivalente a equivalente:

$$\#\mathrm{Eq}_A = \#\mathrm{Eq}_B$$

En una neutralización, por ejemplo:

$$\#\mathrm{Eq}_{\text{ácido}} = \#\mathrm{Eq}_{\text{base}}$$

Así, $49\ \text{g de H₂SO₄}$ (1 equivalente-gramo) neutralizan exactamente $40\ \text{g de NaOH}$ (1 equivalente-gramo).

Aunque los exámenes recientes de la UNMSM suelen resolverse directamente con moles, balances y molaridad, la ley de equivalentes es una herramienta rápida en neutralizaciones y en reacciones redox.