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1. Ejercicios para el Segundo Examen Parcial:
Estequiometría Avanzada.
EJERCICIOS DE ESTEQUIOMETRÍA CON REACTIVO LIMITANTE, DE
RENDIMIENTO O AMBOS.
37. El clorometano (CH3Cl) reacciona con el silicio a altas
temperaturas para generar triclorometilsilano (CH3SiCl3) y etano
(C2H6)
3 CH3Cl + Si → CH3SiCl3 + C2H6
Partiendo de 2.3 moles de silicio, ¿qué cantidad en gramos de los
productos se generarán si este proceso tiene lugar únicamente con un
87 % de rendimiento?
Solución
Punto de partida para resolver el ejercicio: las moles de silicio.
Masa atómica del Si = 28.09 g/mol; masa molar del CH3SiCl3 = 149.44 g/mol;
masa molar del C2H6 = 30 g/mol; rendimiento = 87 %.
2.3 moles Si
1 mol CH!SiCl!
1 mol Si
149.44 g CH!SiCl!
1 mol CH!SiCl!
0.87 = 299.03 g CH!SiCl! .
2.3 moles Si
1 mol C!H!
1 mol Si
30 g C!H!
1 mol C!H!
0.87 = 60.03 g C!H! .

2. 2
38. El naftaleno, C10H8, genera decalina, C10H18, de acuerdo con la
siguiente reacción:
C10H8 + 5 H2 → C10H18
Si se parte de 26.47 g de naftaleno y se tratan con 19.3 g de hidrógeno
gaseoso, H2, determina los gramos de decalina que se producirán.
Considera que la reacción procede con un 94 % de rendimiento.
Solución
Punto de partida para resolver el ejercicio: se da la masa de los dos
reactivos; debe resolverse quién es el reactivo limitante. No olvides
considerar al final del cálculo el porcentaje de rendimiento.
Masa molar del C10H8 = 128 g/mol; masa molar del H2 = 2 g/mol.
Determina primero la proporción en la que se adicionan los reactivos:
26.47 g C10H8 ×
1 mol C10H8
𝟏 × 128 g C10H8
= 0.21 mol C10H8
19.3 g H2 ×
1 mol H2
𝟓 × 2 g H2
= 1.93 mol H2
1 y 5 son los coeficientes estequiométricos. La proporción molar calculada
para el H2 (1.93) es mayor que la del C10H8 (0.21), por lo que el reactivo
limitante es el C10H8. Una vez definido lo anterior,
Masa molar de C10H8 = 128 g/mol; masa molar de C10H18 = 138 g/mol
26.47 g C10H8 ×
1 mol C10H8
128 g C10H8
×
1 mol C10H18
1 mol C10H8
×
138 g C10H18
1 mol C10H18
× 0.94 = 26.82 g C10H18.
39. En una práctica de laboratorio se mezclaron 0.5 g de ácido para-
aminobenzoico y 5 mL de etanol (ρ = 0.789 g/mL) en un matraz de bola
de junta esmerilada. Se colocó un refrigerante en posición de reflujo, se
adicionaron 0.8 mL de ácido sulfúrico como catalizador y se calentó el
sistema durante 1 hora. Determina el rendimiento de la reacción si se

3. 3
obtuvieron 0.531 g del producto, benzocaína.
Solución
Punto de partida para resolver el ejercicio: se da la masa de uno de los
reactivos y el volumen del otro; debe resolverse quién es el reactivo
limitante.
Determinamos primero las proporciones molares:
Pesos molares de los reactivos: C7H7NO2 = 137.14 g/mol; C2H6O = 46.07 g/mol.
0.5 g C!H!NO! ×
1 mol C!H!NO!
𝟏 × 137.14 g C!H!NO!
= 3.65 × 10!!
mol de C!H!NO!
5 mL C!H!O ×
0.789 g C!H!O
1 mL C!H!O
×
1 mol C!H!O
𝟏 × 46.07 g C!H!O
= 8.56 × 10!!
mol de C!H!O
1 y 1 son los coeficientes estequiométricos. Como 8.56 × 10-2 > 3.65 × 10-3, el
reactivo limitante es C7H7NO2. El catalizador (aquí el H2SO4) no se toma
nunca en cuenta: siempre se adiciona en una cantidad inferior, pero se limita
a hacer que la reacción transcurra más rápidamente.
Una vez definido lo anterior y los pesos molares de C7H7NO2 = 137.14
g/mol y de C9H11NO2 = 165.19 g/mol.
0.5 g C!H!NO! ×
𝟏 × 165.19 g C!H!!NO!
𝟏 × 137.14 g C!H!NO!
= 0.602 g C!H!!NO!
Los números 𝟏 son nuevamente los coeficientes estequiométricos. Estos son los
gramos teóricos que se formarían de C9H11NO2. Calcula ahora el rendimiento de
la reacción:
O OH
NH2
HO+
H2SO4 (cat.)
O O
NH2
+ H2O
ácido para-
aminobenzoicio
etanol benzocaina
C7H7NO2 C2H6O C9H11NO2

4. 4
Cantidad de C9H11NO2 que teóricamente se forman al 100 % = 0.602 g.
Cantidad de C9H11NO2 que el ejercicio indica que realmente se forma = 0.531 g.
Rendimiento =
0.531 g C!H!NO!
0.602 g C!H!NO!
× 100 % = 88.21 %
Nota cultural Un calentamiento a reflujo
consiste en colocar un matraz de bola o de fondo
plano sobre una parrilla de calentamiento al que
además de los reactivos se le adiciona un
disolvente (éste incluso puede ser uno de los
reactivos). Un refrigerante se coloca en la parte
superior para obligar a los vapores del disolvente
a condensarse y regresar al seno de la reacción.
De esta manera, la reacción química procede a la
temperatura de ebullición del disolvente, lo que
supone que hará posible que transcurra en un
tiempo mucho más breve. El agua que entra al
refrigerante cumple precisamente con la labor de
condensar a los vapores del disolvente a
ebullición entrando POR LA OLIVA
INFERIOR.
40. En una práctica de laboratorio se mezclaron 2 mL de benzaldehído
(ρ = 1.04 g/mL), 1 mL de acetona (ρ = 0.784 g/mL) y 2.25 g de hidróxido
de sodio disuelto en 25 mL de agua como catalizador. Se agitó hasta la
formación del producto (dibenzalacetona, que es un sólido amarillo),
fíltralo y purifícalo. Determina el rendimiento de la reacción si se
formaron del producto 1.7 g únicamente.
Solución
Punto de partida para resolver el ejercicio: se dan los volúmenes de los
reactivos y sus densidades, por lo que será posible determinar sus
Entrada del agua
de refrigeración.
¡¡¡Siempre debe estar esta
boca abierta a la atmósfera;
de lo contrario, el equipo
estalla!!!
Salida del agua
de refrigeración.
Reactivos.
O
O
H
O
NaOH
(cat.)
+
benzaldehido acetona dibenzalacetona
C7H6O C3H6O C17H14O
2

5. 5
masas; debe resolverse quién es el reactivo limitante. Nuevamente, se
ignora al catalizador (NaOH).
Pesos molares y densidades de los reactivos: C7H6O = 106.12 g/mol, ρ = 1.04
g/mL; C3H6O = 58.08 g/mol, ρ = 0.784 g/mL.
2 mL C!H!O ×
1.04 g C!H!O
1 mL C!H!O
×
1 mol C!H!O
𝟐 × 106.12 g C!H!O
= 9.80 × 10!!
mol C!H!O
1 mL C!H!O ×
0.784 g C!H!O
1 mL C!H!O
×
1 mol C!H!O
𝟏 × 58.08 g C!H!O
= 1.34 × 10!!
mol de C!H!O
1 y 2 son los coeficientes estequiométricos. Como 1.34 × 10-2 > 9.80 × 10-3, el
reactivo limitante es C7H6O. Una vez definido esto y los pesos molares de
C7H6O = 106.12 g/mol y de C17H14O = 234.29 g/mol,
2 mL C!H!O ×
1.04 g C!H!O
1 mL C!H!O
×
𝟏 × 234.29 g C!"H!"O
𝟐 × 106.12 g C!H!O
= 2.29 g C!"H!"O
Nuevamente 𝟏 y 𝟐 son nuevamente los coeficientes estequiométricos. Así pues,
Cantidad de C17H14O que teóricamente se forman al 100 % = 2.29 g.
Cantidad de C17H14O que el ejercicio indica que realmente se forma = 1.7 g.
Rendimiento =
1.7 g C!"H!"O
2.29 g C!"H!"O
× 100 % = 74.24 %
DILUCIONES.
41. 2.4 g de muestra de un colorante para refrescos se colocó en un
matraz aforado de 50 mL y se adicionó el agua destilada suficiente
hasta alcanzar la marca de aforo, con lo que la muestra se disolvió por
completo. De esta solución se tomó una alícuota de 1 mL, se colocó en
un segundo matraz, ahora de 25 mL, y se diluyó con agua destilada
hasta la marca del aforo. A continuación se hizo una nueva dilución
tomando 1 mL de la dilución del segundo matraz y colocándola en un
tercer matraz aforado, también éste de 25 mL, diluyendo con agua
destilada hasta la marca de aforo. Finalmente, se tomaron 2 mL de este
tercer matraz para adicionarlo en el último, de 10 mL, y adicionando
agua hasta la marca del aforo. ¿Qué proporción de dilución se obtuvo

6. 6
en este último matraz con respecto a la concentración del matraz
original y cuál es la concentración del colorante en éste?
Solución
Punto de partida para resolver el ejercicio: es una dilución; determina
el factor de dilución y divide la concentración inicial entre éste.
Podemos representar esta serie de diluciones como sigue:
En el primer caso la dilución se hizo 1:25, en la segunda 1:25 y en la
tercera 2:10 = 1:5. Por tanto, la proporción de concentraciones de la dilución
final con respecto a la primera (esto es, el factor de dilución total) es de 1 a (25 ×
25 × 5) = 1 a 3125 = 1:3125.
La concentración de la solución inicial en ppm corresponde a 2.4 g/50 mL,
lo que corresponde a 2400 mg/0.05 L = 48000 mg/L = 48000 ppm. Por tanto, la
concentración en el último matraz es de 48000 ppm/3125 = 15.36 ppm.
42. Requieres preparar 250 mL de una solución que posea una
concentración en anión dicromato, Cr2O72-, 75 ppm. Cuentas en el
almacén con dicromato de potasio, K2Cr2O7. ¿Cómo la prepararías?
Determina además la molaridad del Cr2O72- en esta solución.
Solución
Punto de partida para resolver el ejercicio: determina los gramos del
anión que requieres y posteriormente recalcula todo para el dicromato
de potasio.
La cantidad de anión dicromato que como tal se requiere se calcula como sigue:

7. 7
mg Cr!O!
!!
= 75
mg
L
0.25 L = 18.75 mg
No podemos pesar anión dicromato como tal para preparar la solución; será
necesario hacerlo como dicromato de potasio (en términos de lo que hay en el
almacén). Por tanto, habrá que pesar “de más” para incluir la contribución del
catión potasio. Considerando la masa molar del Cr2O7
2- = 215.99 g/mol y la del
K2Cr2O7 = 294.18, lo que deberá pesarse de dicromato de potasio para preparar
250 mL de una solución 75 ppm en anión dicromato será:
18.75 mg Cr!O!
!!
×
294.18
g
mol K!Cr!O!
215.99
g
mol
Cr!O!
!!
= 25.54 mg K!Cr!O!
Nota: no pierdas de vista que en este caso no se hizo ningún ajuste
estequiométrico porque 1 mol de K2Cr2O7 produce al disolverse 1 mol de Cr2O7
2-.
Para el cálculo de la molaridad llevamos a cabo lo siguiente:
75
mg Cr!O!
!!
L
×
1 g
1000 mg
×
1 mol
215.99 g = 3.47 × 10!!
mol
L
Cr!O!
!!
TITULACIONES.
43. Se estandarizó una solución de NaOH con el siguiente método: se
colocaron 0.827 g de NaOH cuya pureza se desconoce en un matraz
volumérico de 100 mL y se adicionó agua hasta la marca del matraz.
Por otro lado, se disolvieron 450 mg de un estándar primario de KHP
(biftalato de potasio, KOOC-C6H4-COOH) en 150 mL de agua destilada y
se adicionaron unas gotas de indicador de fenolftaleína. Hecho esto, se
comenzó a adicionar la solución de NaOH siendo necesarios para
alcanzar el punto de equivalencia 12.4 mL de esta solución. Determina
la normalidad real de la solución de NaOH. La reacción es la siguiente:
KOOC-C6H4-COOH + NaOH → KOOC-C6H4-COONa + H2O
Solución
Punto de partida: los equivalentes existentes en la muestra pesada de
KHP son los mismos que de NaOH están presentes en el volumen

8. 8
adicionado de la solución de este reactivo.
Divide los 450 mg = 0.45 g que se emplean de KHP entre su peso
equivalente (204.2 g/eq para KOOC-C6H4-COOH = C8H5O4K) para obtener los
equivalentes que se usaron en este experimento:
𝑒𝑞!"# =
g!"#
𝑃𝑒𝑞!"#
=
0.45 g
204.2
g
eq
= 2.204×10!!
eq
Estos equivalentes son los mismos que hay de NaOH en los 12.4 mL de su
solución que se emplearon para neutralizar al estándar de KHP. Por lo tanto, la
normalidad real de la solución de NaOH se calcula como sigue
𝑁 =
2.204×10!!
eq
0.0124 L
= 0.178
eq
L
Nota: el KHP es un estándar primario, lo que quiere decir que el fabricante
garantiza su pureza en un cierto porcentaje, el cual debe ser casi del 100 %
(debe indicarlo con exactitud en la etiqueta del producto). Ésta es la razón del
por qué mencionamos que la solución de NaOH ha sido estandarizada.
44. ¿Cómo se podría determinar la pureza del NaOH a partir de los
datos del ejercicio anterior?
Punto de partida: determina las dos concentraciones de la solución de
NaOH, la teórica y la real.
Solución
Si el NaOH se encontrase puro, el valor de la normalidad de su solución se
calcularía diviendo los equivalentes de NaOH existentes en 0.827 g de esta
sustancia entre el volumen del matraz aforado que el ejercicio indica, esto es,
100 mL = 0.1 L. Considerando el peso equivalente del NaOH = 40 g/mol
obtendríamos
𝑁 =
𝑒𝑞!"#$%"
𝐿!"#$%&ó(
=
g!"#$
𝑃𝑒𝑞!"#$
𝐿!"#$%&ó(
=
0.827 g
40
g
eq
0.1 L
=
0.0207 eq
0.1 L
= 0.207
eq
L

9. 9
Como la normalidad real que se determinó en el ejercicio es de 0.178 eq/L,
Pureza del NaOH =
Normalidad real
Normalidad teórica
× 100% =
0.178
eq
L
0.207
eq
L
× 100% = 86 %
45. A una muestra de jugo de uva de 10 mL se le adicionaron 28.1 mL de
la solución estandarizada de NaOH del ejercicio anterior para alcanzar
el punto de neutralización o equivalencia. Expresa la acidez de este
jugo como contenido de gramos de ácido tartárico en 100 mL de jugo
considerando que posee dos hidrógenos titulables (se asume que todo
lo que sea ácido se debe a la presencia de ácido tartárico, H2C4H4O6).
Solución
El ácido tartárico, H2C4H4O6, tiene un peso molar de 150.09 g/mol y, dado que
posee dos hidrógenos titulables, un peso equivalente de 75.05 g/eq. Los
equivalentes de NaOH serán los equivalentes de ácido tartárico presentes en la
muestra de jugo. Por lo tanto, los gramos de ácido tartárico existentes se
determinan como sigue:
g ác. tartárico = 0.0281 L NaOH × 0.178
eq NaOH
L
×
1 eq ác. tartárico
1 eq NaOH
×
75.05 g ác. tartárico
1 eq ác. tartárico
g ác. tartárico = 0.3754
Concluimos que hay 0.3754 g de ácido tartárico en la muestra analizada de 10
mL de jugo, o lo que es lo mismo (según nos lo pide el ejercicio), 3.754 g de ácidio
tartárico / 100 mL de jugo.
OH
O
HO
O
OH
OH
+ 2 NaOH ONa
O
NaO
O
OH
OH
+ 2 H2O