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Principio de Le Châtelier: explicación, ejercicios y simulador interactivo

2026-10-12T22:40:34.466-03:00

Un equilibrio químico puede cambiar cuando añadimos una sustancia, comprimimos un gas o calentamos el recipiente. El principio de Le Châtelier ayuda a anticipar ese cambio, pero no sustituye el cálculo de la composición final. En esta guía aprenderás a separar la perturbación instantánea del reajuste posterior, justificar tus predicciones con Q y K y experimentar con un reactor virtual de amoníaco. Necesitas reconocer una ecuación balanceada y distinguir moles, concentración y presión parcial.

¿Qué es el principio de Le Châtelier?

El principio de Le Châtelier establece que un sistema inicialmente en equilibrio, al sufrir una perturbación, evoluciona hacia un nuevo equilibrio que compensa parcialmente su efecto. Permite predecir cambios de composición por concentración, volumen o temperatura, siempre que se especifiquen las condiciones y se considere la reacción correspondiente. No implica recuperar exactamente el estado anterior.

En un equilibrio dinámico, las reacciones directa e inversa siguen ocurriendo. Sus velocidades son iguales y, por eso, la composición macroscópica permanece constante. Igualdad de velocidades no significa igualdad de concentraciones. Puede haber mucho reactivo y poco producto, o lo contrario.

Una perturbación altera las condiciones que mantenían ese balance. Después aparece una reacción neta hasta alcanzar otro estado de equilibrio. El sistema no tiene intención de «defenderse» ni consume necesariamente toda la sustancia añadida. Esta regla describe una respuesta termodinámica; no es una fuerza ni una explicación del mecanismo molecular. Chang desarrolla este carácter parcial del reajuste en Química, 9.ª edición, sección 14.5, página impresa 623, comprobada en la página PDF 659 de la copia local.

¿Cómo funciona el principio de Le Châtelier?

La forma más segura de decidir el sentido del cambio es comparar el cociente de reacción Q con la constante de equilibrio K. Ambos usan la misma expresión y el mismo estado estándar. Q describe la composición actual; K caracteriza el equilibrio a una temperatura determinada para una reacción escrita en un sentido concreto.

Para nuestro laboratorio:

N₂(g) + 3 H₂(g) ⇌ 2 NH₃(g)

aᵢ = pᵢ/p°; p° = 1 bar
Q = a(NH₃)² / [a(N₂) · a(H₂)³]

La actividad aᵢ es adimensional. Para gases ideales, pᵢ = nᵢRT/V. Usamos R = 0,08314462618 L·bar·mol⁻¹·K⁻¹ cuando calculamos presiones. Así, mol × L·bar·mol⁻¹·K⁻¹ × K / L = bar. Dividir entre p° elimina la unidad de presión.

Q < K: la reacción neta forma productos.
Q > K: la reacción neta forma reactivos.
Q = K: la mezcla está en equilibrio químico.

La justificación termodinámica es ΔᵣG = RT ln(Q/K), definida con actividades positivas. Un valor negativo favorece el avance directo; uno positivo, el inverso. Esta relación describe la afinidad de reacción y no el tiempo necesario para llegar al equilibrio. La definición estándar de K mediante ΔᵣG° se puede consultar en IUPAC.[1]

Cuando una actividad es cero, no conviene dividir ciegamente. Sin NH₃, pero con ambos reactivos presentes, Q tiene límite cero. Sin un reactivo y con NH₃ presente, el límite crece sin cota. Si faltan especies que hacen indeterminado el cociente y no existe una reacción accesible, el laboratorio lo informa. No reemplaza una división indefinida por un número inventado.

La comparación exige la misma reacción, temperatura y convención de actividades. En gases reales se emplean fugacidades; en soluciones no ideales, coeficientes de actividad. Para repasar expresiones y conversiones, consulta equilibrio químico, Kc y Kp.

Efecto de la concentración

Supón un reactor rígido, isotérmico e inicialmente en equilibrio. Añadir H₂ aumenta inmediatamente su cantidad y su concentración. En ese instante N₂ y NH₃ conservan sus cantidades. Como H₂ está en el denominador elevado al cubo, Q disminuye y queda por debajo de K. Después la reacción consume N₂ y H₂ y forma NH₃.

Es crucial distinguir dos etapas. El salto inicial procede de la operación externa; la curva posterior procede de la reacción. La concentración final de H₂ puede seguir siendo mayor que antes de añadirlo. «Se consume hidrógeno» describe el reajuste posterior, no una comparación automática con el estado original.

Extraer NH₃, bajo las mismas condiciones, disminuye el numerador de Q y también favorece la formación de producto. Añadir NH₃ eleva Q y promueve su descomposición. Extraer N₂ o H₂ aumenta Q y favorece el sentido inverso, mientras quede una reacción físicamente posible.

Estas predicciones presuponen operaciones bien definidas. Añadir una solución puede alterar simultáneamente concentración y volumen; añadir gas a un recipiente con pistón puede cambiar volumen y presiones parciales. Si cambian varias variables, vuelve a calcular Q después de todas las modificaciones instantáneas. Evita aplicar una regla de concentración a un proceso que también diluye toda la mezcla.[2]

Efecto de la presión y el volumen

La presión total no basta para predecir el cambio. Primero identifica cómo se modificó. Una compresión isotérmica mantiene instantáneamente los moles, reduce V y aumenta todas las presiones parciales. Si V se divide por dos, cada pᵢ se duplica.

Para una reacción gaseosa ideal, si todas las presiones parciales se multiplican por λ, Q nuevo = λ^Δν Q anterior. Δν es la suma de coeficientes gaseosos de productos menos la de reactivos. En la síntesis de amoníaco, Δν = 2 − (1 + 3) = −2.

Por tanto, al comprimir a la mitad del volumen: Q nuevo = 2⁻²K = K/4. La mezcla avanza hacia NH₃. Al duplicar V: Q nuevo = 4K y avanza hacia N₂ y H₂. Contar moles gaseosos significa contar coeficientes estequiométricos, no medir cuántos moles hay actualmente en cada lado.

Si Δν = 0, el factor vale uno. En H₂(g) + I₂(g) ⇌ 2 HI(g), una compresión ideal isotérmica cambia concentraciones y presión total, pero no Q ni la composición molar de equilibrio. Esto no significa que el volumen sea irrelevante para la velocidad de reacción. Tampoco garantiza ausencia de efectos de no idealidad a presiones elevadas.[2]

Gas inerte: dos experimentos diferentes

A volumen y temperatura constantes, añadir un gas que no participa en la reacción aumenta la presión total. Sin embargo, pᵢ = nᵢRT/V permanece igual para cada especie reactiva. No cambian Q, K ni las cantidades de equilibrio. Las fracciones molares sí cambian porque el denominador incluye el inerte.

A presión total y temperatura constantes, el recipiente debe expandirse. Las presiones parciales de las especies reactivas disminuyen. En nuestro sistema, esa expansión eleva Q y favorece el lado con más moles gaseosos: N₂ y H₂. Durante el reajuste, el pistón sigue manteniendo P; su volumen acompaña los cambios del número total de moles.

En el laboratorio puedes comparar ambos casos con el mismo inventario reactivo. No confundas «la presión aumenta» con «el recipiente se comprime». En LibreTexts se desarrolla esta diferencia entre presión total, presiones parciales y composición; su ejemplo de inerte confirma el caso de volumen fijo.[3]

Efecto de la temperatura

Calentar cambia la constante de equilibrio. Para una reacción exotérmica, aumentar T disminuye K y favorece relativamente los reactivos. Para una endotérmica, aumenta K y favorece los productos. La reacción de formación de amoníaco es exotérmica: cerca de 298 K, ΔᵣH° es aproximadamente −91,8 kJ por mol de reacción, según el conjunto JANAF usado aquí.[4]

Escribir «calor» del lado de los productos sirve como ayuda de memoria, pero el calor no es una especie que entre en la expresión de Q. La relación precisa es la ecuación diferencial de Van't Hoff:

d ln K/dT = ΔᵣH°(T)/(RT²)

Si ΔᵣH° se considera constante entre T₁ y T₂:

ln(K₂/K₁) = −(ΔᵣH°/R)(1/T₂ − 1/T₁)

Aquí R = 8,314462618 J·mol⁻¹·K⁻¹; la entalpía debe expresarse en J/mol y las temperaturas en kelvin. La forma integrada con entalpía constante es una aproximación. Su precisión disminuye cuando cambian apreciablemente las capacidades caloríficas o aparecen cambios de fase. El laboratorio calcula ΔᵣG°(T) con funciones de Shomate, en vez de extrapolar una entalpía fija desde temperatura ambiente.

Un termostato impone el nuevo T. En un reactor rígido, los moles y las concentraciones no cambian instantáneamente, pero las presiones parciales sí lo hacen. Por ello Qp también cambia con T: en esta reacción es proporcional a T⁻² para moles y volumen fijos. El sentido neto depende de comparar ese Q actualizado con el K nuevo. No basta con dejar Q congelado al calentar.

La explicación y los signos de Van't Hoff se conectan con termodinámica, ΔG y K.

¿Qué sucede al agregar un catalizador?

Un catalizador facilita caminos de reacción y acelera la aproximación al equilibrio. No modifica ΔᵣG°, K ni la composición final bajo las mismas condiciones. Acelera tanto los procesos directos como los inversos de una manera compatible con el equilibrio.[2]

Si la mezcla ya está en equilibrio, añadir catalizador no causa un desplazamiento. Si todavía no lo alcanza, puede producir más producto durante un intervalo limitado porque permite acercarse antes a la composición final. Esa diferencia temporal no constituye un aumento del rendimiento de equilibrio.

Nuestra comparación parte de dos mezclas idénticas fuera del equilibrio. Una se relaja visualmente tres veces más rápido. Ese factor tres es didáctico y no procede de una medida cinética. Ambas trayectorias conservan átomos y terminan en el mismo punto. Para estudiar tiempos físicos necesitas una ley de velocidad validada, parámetros experimentales y condiciones del catalizador. Consulta cinética química y Arrhenius.

Laboratorio virtual de Le Châtelier

Predice primero, ejecuta después y contrasta Q/K con el gráfico. «Preparar equilibrio de referencia» establece un punto común para los experimentos. «Preparar mezcla» permite observar una composición inicial arbitraria acercándose al equilibrio. Puedes pausar, avanzar manualmente, cambiar la velocidad o consultar directamente el estado final calculado.

Reactor de amoníaco: predice, perturba y comprueba

N₂(g) + 3 H₂(g) ⇌ 2 NH₃(g). Modelo ideal, termostato de 500 a 800 K, presión estándar de 1 bar. El tiempo τ es normalizado: no son segundos ni tiempos de una planta industrial.

● N₂: continua■ H₂: discontinua▲ NH₃: punteada◇ Inerte

Velocidad de reproducción

Preparar un experimento nuevo

Temperatura (500 a 800 K)

Volumen (0,1 a 1000 L)

N₂ inicial (0 a 20 mol)

H₂ inicial (0 a 20 mol)

NH₃ inicial (0 a 20 mol)

Preparar mezcla inicia fuera del equilibrio. La referencia usa 1 mol N₂ y 3 mol H₂ a 600 K en 10 L y calcula su equilibrio antes de perturbar.

Perturbar el estado actual

Especie

Añadir o extraer (0 a 5 mol)

Los dos botones de inerte usan la cantidad del campo de adición. A P constante un pistón mantiene esa presión durante todo el reajuste; su volumen también cambia durante la reacción. Los otros cambios de volumen dejan el reactor rígido.

Conteos gráficos aproximados: hasta 16 símbolos por especie, proporcionales a su cantidad dentro de una escala común. No muestran colisiones ni una trayectoria molecular real. La composición exacta aparece abajo.

Especie	Inicio (mol)	Tras perturbación (mol)	Actual (mol)	Final calculado (mol)

Experimentos guiados y comparación Experiencia Mi hipótesis para el cambio neto desde el equilibrio

Comprobación: ¿qué cambia en esta experiencia?

Registro de perturbaciones y valores del gráfico

τ	N₂ (mol/L)	H₂ (mol/L)	NH₃ (mol/L)

Qué calcula el motor y qué significan las curvas

El cálculo utiliza una sola extensión ξ: n(N₂) = n₀(N₂) − ξ; n(H₂) = n₀(H₂) − 3ξ; n(NH₃) = n₀(NH₃) + 2ξ. El intervalo físico es −n₀(NH₃)/2 ≤ ξ ≤ min[n₀(N₂), n₀(H₂)/3]. Los extremos impiden cantidades negativas. La búsqueda acotada resuelve ln Q − ln K = 0 y comprueba un residuo absoluto menor que 10⁻⁷.

Kp es adimensional y usa p° = 1 bar. Se obtiene de K = exp[−ΔᵣG°(T)/(RT)], con datos Shomate de NIST para N₂, H₂ y NH₃. El intervalo de 500 a 800 K pertenece a los rangos publicados de los tres conjuntos de coeficientes.[4–6] No se permite extrapolar mediante el control de temperatura.

Las curvas usan relajación fenomenológica: ξ(τ) = ξeq + (ξinicio − ξeq)exp(−ατ). α vale uno sin catalizador y tres con él. τ no tiene unidades de segundos. La aproximación conserva balances y converge al equilibrio calculado, pero no reproduce mecanismos, transporte de calor, adsorción ni la cinética de Haber-Bosch. Las partículas representan composición y no colisiones físicas.

El modelo supone gases ideales, mezcla uniforme, una reacción independiente y temperatura impuesta. A presión elevada pueden requerirse fugacidades y ecuaciones de estado. El aviso de presión alta orienta al lector; no establece un umbral universal de validez ni certifica exactitud por debajo de él. Los controles no convierten este recurso educativo en una herramienta de diseño industrial.

Cinco experiencias guiadas

Añadir H₂: predice el sentido, observa su salto inicial y comprueba el descenso de Q. Pregunta: ¿K cambió al añadir reactivo? No, porque la temperatura permaneció igual.
Comprimir: observa el salto simultáneo de las tres concentraciones y la posterior formación de NH₃. Pregunta: ¿cambiaron los moles durante el salto? No; cambiaron las concentraciones al reducir V.
Calentar: observa la disminución de K y el aumento de Q/K. Pregunta: ¿puede disminuir NH₃ aunque las velocidades químicas sean mayores? Sí; rapidez y composición de equilibrio son magnitudes distintas.
Catalizador: compara dos trayectorias desde una mezcla sin producto. Pregunta: ¿por qué coinciden sus finales? Porque las condiciones termodinámicas y el inventario son iguales.
Inerte: compara V constante con P constante. Pregunta: ¿qué hace diferente al pistón? Expande el gas y mantiene P durante el reajuste, modificando las presiones parciales.

Las actividades dan retroalimentación inmediata sobre tu predicción e interpretación. Guarda un estado A y compáralo con B para estudiar variaciones propias. El registro numérico y su CSV permiten revisar las curvas sin depender del color. Para resolver composiciones con papel y lápiz, continúa con tablas ICE y siete ejercicios.

Cinco ejercicios resueltos

Los valores suministrados en estos problemas son datos didácticos. No deben confundirse con mediciones de una planta industrial ni con K(T) del laboratorio, salvo que se indique expresamente.

1. Concentración: añadir hidrógeno

Una mezcla de N₂, H₂ y NH₃ está en equilibrio a T y V fijos. Se añade H₂ hasta duplicar su cantidad, sin cambiar instantáneamente las otras especies. ¿Cuál es Q nuevo y hacia dónde evoluciona?

La presión parcial de H₂ se duplica. En el denominador aparece elevada al cubo: Q nuevo = K/2³ = K/8. Como Q < K, se forma NH₃. Después disminuye H₂ respecto de su valor inmediatamente posterior a la adición. No es necesario que vuelva a su cantidad original. K conserva su valor.

2. Temperatura: calcular un cambio de K

Para una reacción exotérmica hipotética, K₁ = 0,0200 a 600 K y ΔᵣH° = −92 000 J/mol, aproximadamente constante entre 600 y 650 K. Calcula K₂ a 650 K.

ln(K₂/K₁) = −[−92 000/(8,314462618)] × (1/650 − 1/600) = −1,41860. Por tanto, K₂ = 0,0200 × exp(−1,41860) = 0,004841. El resultado es menor, como exige el signo exotérmico. La combinación J/mol dividida entre J/(mol·K), multiplicada por K⁻¹, es adimensional. Esta aproximación no es el cálculo Shomate del simulador.

3. Presión: comprimir y contar coeficientes

En N₂ + 3 H₂ ⇌ 2 NH₃, un reactor en equilibrio pasa de 12,0 L a 4,00 L, a T constante. Calcula Q nuevo/K y predice el sentido.

Cada presión parcial se multiplica por 12,0/4,00 = 3,00. Δν = −2; por ello Q nuevo/K = 3⁻² = 1/9. La reacción forma NH₃. Durante la compresión instantánea conserva los moles. Durante el reajuste posterior disminuye el número total de moles gaseosos. Si la reacción fuera H₂ + I₂ ⇌ 2 HI, Δν = 0 y Q/K seguiría en uno.

4. Gas inerte: distinguir restricciones

Una mezcla en equilibrio contiene 4,00 mol totales de especies reactivas y ningún inerte. A T constante se añade 1,00 mol de Ar. Compara un recipiente rígido con otro que mantiene P mediante un pistón.

En el rígido, V no cambia y las presiones parciales reactivas permanecen iguales: Q nuevo/K = 1. La presión total se multiplica por 5/4. No hay reacción neta posterior.

Con pistón, el volumen instantáneo se multiplica por 5/4 y cada presión parcial reactiva por 4/5. Para la síntesis de NH₃: Q nuevo/K = (4/5)⁻² = 25/16 = 1,5625. Se favorecen N₂ y H₂. El factor 5/4 describe el salto inicial; el volumen final también refleja los moles producidos por la reacción inversa.

5. Calcular Q con actividades

A una temperatura dada, Kp = 0,0100. Las presiones parciales son p(N₂) = 2,00 bar, p(H₂) = 3,00 bar y p(NH₃) = 1,00 bar. Usa p° = 1 bar.

Las actividades son 2,00; 3,00 y 1,00. Q = 1,00²/(2,00 × 3,00³) = 0,01852. Q/K = 1,852 > 1: hay avance neto hacia reactivos. No compares directamente la presión total con K. Para calcular la composición final necesitarías además las restricciones del reactor y un balance mediante ξ. Una predicción de dirección no es todavía una solución completa del equilibrio.

Aplicaciones industriales y química de alimentos

En Haber-Bosch, aumentar la presión favorece termodinámicamente el amoníaco porque la reacción reduce los moles gaseosos. Una temperatura menor favorece el equilibrio de una reacción exotérmica, pero puede hacer demasiado lenta la síntesis. La operación busca un compromiso entre composición, velocidad, costos y condiciones de los equipos.[2]

El catalizador permite velocidades útiles; no aumenta K. La separación de NH₃ y el reciclaje de gases sin reaccionar ayudan a aprovechar el proceso. Un reactor industrial en flujo, con intercambio térmico y separación, no es el recipiente cerrado isotérmico de esta página. No extrapoles su porcentaje de conversión a partir de una sola curva normalizada. Tampoco supongas que una presión arbitrariamente grande es siempre una mejora práctica.

En alimentos, un ejemplo más cercano es un sistema ácido-base: HA(ac) ⇌ H⁺(ac) + A⁻(ac). Si añadimos ácido a una solución tampón que contiene HA y A⁻, el anión A⁻ puede consumir parte del H⁺ y formar HA. La proporción entre ambas especies cambia y el pH suele variar menos que en agua sin tampón.

La capacidad no es infinita. Si se agota una de las formas, una pequeña adición adicional puede cambiar mucho el pH. En un alimento real también intervienen otros ácidos, sales, proteínas y actividades no ideales. Este razonamiento explica una respuesta de equilibrio; no demuestra inocuidad, estabilidad microbiológica ni una formulación industrial adecuada. Practica el balance previo y sus límites en cálculo del pH de soluciones buffer.

Errores frecuentes

«El sistema deshace todo el cambio». Compensa parcialmente la perturbación; puede quedar más reactivo añadido que al principio.
«Subir la presión siempre favorece menos moles». Eso describe una compresión ideal isotérmica con Δν distinto de cero. Añadir inerte a V fijo no tiene ese efecto.
«El catalizador aumenta K». Cambia rapidez, no la posición final bajo las mismas condiciones.
«Calentar siempre produce más producto». El signo de ΔᵣH° determina cómo cambia K; una reacción exotérmica tiene menor K al calentar.
«Los exponentes son los subíndices químicos». Proceden de los coeficientes de la ecuación balanceada: H₂ tiene exponente tres en nuestro Q.
«Equilibrio significa reacción detenida». Las dos direcciones continúan con velocidades iguales.
«La concentración no puede saltar sin reaccionar». Puede hacerlo por adición o por cambio de volumen. Separa ese salto del reajuste químico.
«Kp y Q tienen siempre unidades de presión». La constante termodinámica usa actividades adimensionales. Las expresiones convencionales con presiones sin normalizar requieren declarar unidades y estado estándar.

Autoevaluación: diez preguntas con pistas

Cada pregunta especifica sus condiciones. Puedes reintentar, abrir una pista y consultar la explicación. Las soluciones también están disponibles sin JavaScript.

Preguntas frecuentes

¿Por qué el sistema no vuelve al estado original?

Porque la operación externa cambió inventario o restricciones. El nuevo equilibrio cumple Q = K con esos datos nuevos. Volver exactamente a la composición anterior no suele satisfacer simultáneamente balances y condición de equilibrio.

¿Qué modificaciones cambian K?

Para una reacción fijada y una convención estándar determinada, la temperatura cambia K. Concentración, volumen, inerte y catalizador no cambian la constante termodinámica a T fija. Cambiar el sentido escrito de la ecuación también cambia cómo se expresa K: la reacción inversa usa 1/K.

¿Aumentar la presión siempre cambia el equilibrio?

No. Especifica temperatura, método y Δν. Una compresión ideal con Δν = 0 no cambia Q. Añadir inerte a V y T constantes tampoco cambia las presiones parciales reactivas.

¿Qué significa desplazarse hacia la derecha?

Significa que, después de la perturbación, el avance neto forma productos según la ecuación escrita. No significa reacción completa, ausencia de reactivos ni aumento de todas las concentraciones respecto del estado anterior.

¿Puedo usar Le Châtelier para calcular cuánto producto se forma?

La regla permite predecir una dirección bajo condiciones bien definidas. Para obtener cantidades necesitas balances, K, actividades y restricciones mecánicas. El laboratorio resuelve ese cálculo mediante una extensión de reacción.

¿El gráfico muestra cuánto tarda una síntesis real?

No. Su tiempo es normalizado y la relajación es fenomenológica. Un proceso real exige parámetros cinéticos y considerar catalizador, transporte y temperatura. Usa la curva para estudiar saltos, tendencia y equilibrio final.

¿Es posible que no haya NH₃ al inicio?

Sí. Si hay N₂ y H₂, el sistema puede formar NH₃ y Q tiene límite cero. Si solo hay N₂ y no hay H₂ ni NH₃, no existe avance accesible para esta única reacción. El motor distingue ese caso de un fallo de cálculo.

Bibliografía y recursos relacionados

IUPAC Gold Book: standard equilibrium constant. Definición termodinámica de K.
OpenStax, Chemistry 2e, sección 13.3: Shifting Equilibria. Respuesta a perturbaciones, catalizadores y síntesis de amoníaco.
Chemistry LibreTexts, Millersville University: Pressure Dependence of Kp. Presiones parciales e inerte. Sus cálculos usan convenciones propias; aquí normalizamos por 1 bar.
NIST Chemistry WebBook: amoníaco, termodinámica gaseosa y Shomate.
NIST Chemistry WebBook: nitrógeno.
NIST Chemistry WebBook: hidrógeno. Los tres conjuntos Shomate remiten a Chase, M. W., Jr., NIST-JANAF Thermochemical Tables, cuarta edición, 1998.
Raymond Chang, Química, 9.ª edición, sección 14.5, página impresa 623. Original local comprobado; no se distribuye el libro.

Artículos relacionados: continúa con las tablas ICE, la relación entre termodinámica y K o el laboratorio de órdenes de reacción. Este último estudia velocidad y regresión; distingue ese objetivo del cálculo de una composición de equilibrio.

Cinética química de orden 0, 1 y 2: laboratorio virtual interactivo y ejercicios resueltos

2026-10-12T14:56:05.685-03:00

El orden de reacción indica cuánto cambia la velocidad cuando cambia la concentración. Con k fija, duplicar [A] no modifica la velocidad de orden cero, duplica la de primer orden y cuadruplica la de segundo orden. En este laboratorio puedes observar esa diferencia en un recipiente animado, medir la primera vida media y contrastar el consumo irreversible con un equilibrio dinámico.

Este recurso complementa la guía sobre cómo determinar el orden mediante gráficos y regresiones. Aquí el objetivo es experimentar: predecir, cambiar una variable, observar y explicar el resultado. Todos los parámetros y datos generados son didácticos; no son mediciones de un fármaco o alimento.

Qué representa el laboratorio de cinética

Imagina una cantidad de reactivo A que se transforma en producto. La concentración es cantidad de sustancia por volumen; usaremos mol L⁻¹, también escrita M. La velocidad instantánea de desaparición se define como v = −d[A]/dt. El signo menos permite expresar una velocidad positiva cuando [A] disminuye. Con tiempo en segundos, v se expresa en mol L⁻¹ s⁻¹.

La simulación principal representa A → P a volumen constante, con [P]₀ = 0. Por eso [P](t) = [A]₀ − [A](t). P es un producto equivalente del modelo: el balance conserva unidades de A, sin afirmar una composición molecular concreta. Las soluciones se calculan analíticamente; la animación solo ilustra esos resultados. Una esfera representa 0,025 mol L⁻¹ y el conteo se redondea, mientras los indicadores muestran la concentración calculada.

El orden y la molecularidad responden preguntas diferentes. El orden es un exponente de la ley cinética obtenido de datos; la molecularidad cuenta entidades participantes en una etapa elemental. Una ecuación global A → P puede resumir varias etapas y no obliga a una ley de primer orden. Por eso aquí podemos estudiar tres leyes de desaparición sin fingir que las tres son mecanismos elementales. Consulta las definiciones de orden de reacción y molecularidad de IUPAC.

Si escribes 2A → P: entonces [P] = ([A]₀ − [A])/2. La velocidad estequiométrica r = −½ d[A]/dt vale la mitad de la velocidad de desaparición v. Si r = k_r[A]², resulta −d[A]/dt = 2k_r[A]². Para usar la solución de este laboratorio debes definir k = 2k_r. El factor dos no puede cambiarse silenciosamente.

Leyes de velocidad, ecuaciones integradas y vida media

La ecuación diferencial describe la pendiente de la curva; la integrada permite calcular la concentración a un tiempo. La primera vida media t½ es el tiempo necesario para pasar de [A]₀ a [A]₀/2. Estas relaciones corresponden al modelo de desaparición de una sola especie, con k constante.

Relaciones para v = −d[A]/dt
Orden	Velocidad	[A](t)	Primera vida media	Unidades de k
0	k, mientras [A] > 0	máx(0, [A]₀ − kt)	[A]₀/(2k)	mol L⁻¹ s⁻¹
1	k[A]	[A]₀ exp(−kt)	ln(2)/k	s⁻¹
2	k[A]²	[A]₀/(1 + k[A]₀t)	1/(k[A]₀)	L mol⁻¹ s⁻¹

En orden cero, la curva de concentración es recta hasta el agotamiento t = [A]₀/k. Allí la velocidad pasa a cero; prolongar la recta daría concentraciones negativas sin significado físico. En primer orden, intervalos iguales consumen la misma fracción. En segundo orden, la disminución se hace progresivamente más lenta. Los dos últimos modelos conservan [A] positiva para cualquier tiempo finito, dentro de la precisión numérica.

Para comprobar unidades, despeja k = v/[A]ⁿ. En primer orden, (mol L⁻¹ s⁻¹)/(mol L⁻¹) = s⁻¹; en segundo, al dividir por (mol L⁻¹)² quedan L mol⁻¹ s⁻¹. Así, k[A]₀t es adimensional en la ecuación cuadrática. Las leyes integradas se contrastaron con Chang, Química, 9.ª edición, sección 13.3; OpenStax 12.4 ofrece otra exposición y ejemplos de H₂O₂.

Qué permiten concluir los ejemplos cotidianos

Una matriz de liberación controlada puede entregar una cantidad aproximadamente constante por unidad de tiempo. Esta es una analogía útil del orden cero, pero liberar un compuesto y descomponerlo son procesos distintos. No todas las tabletas siguen ese comportamiento; un artículo de revisión sobre liberación de orden cero discute sistemas diseñados para ello.

La descomposición del peróxido de hidrógeno sirve como ejemplo de datos compatibles con primer orden bajo determinadas condiciones. No se asigna un orden universal a cualquier mezcla de H₂O₂. Para orden dos usamos una analogía de encuentros: aumentar la cantidad de dos participantes puede aumentar las oportunidades de reacción. La imagen de encuentros no demuestra que una reacción global tenga un mecanismo determinado. La reacción entre vinagre y bicarbonato tampoco permite afirmar segundo orden sin datos.

Laboratorio virtual: Cinética química de orden 0, 1 y 2

Experimenta cómo cambia la velocidad según la concentración y descubre las leyes que gobiernan su comportamiento.

Reacción de orden 0

A · reactivoP · producto equivalente

Tiempo

[A] / [P] (mol L⁻¹)

v (mol L⁻¹ s⁻¹)

Primera vida media

Explora el tiempo

¿Qué está ocurriendo?

Modelo A → P, volumen y temperatura constantes. Cada esfera representa 0,025 mol L⁻¹: el conteo se redondea. El movimiento es ilustrativo; los encuentros no deciden la reacción.

Comparar los tres órdenes

Las líneas muestran el modelo completo; la marca vertical indica el tiempo actual.

Concentración de A vs. tiempo

Velocidad de desaparición vs. tiempo

Orden 0: velocidad constante

v = k

Liberación controlada. Una cantidad aproximadamente fija puede salir de una matriz por unidad de tiempo. Es una analogía de transferencia, no prueba de descomposición de orden cero.

Orden 1: proporcional a [A]

v = k[A]

Peróxido de hidrógeno. Ciertos datos de su descomposición se ajustan a primer orden. El catalizador, pH y condiciones pueden cambiar la cinética; los valores del simulador son didácticos.

Orden 2: proporcional a [A]²

v = k[A]²

Encuentros entre especies. La posibilidad de encuentros crece al aumentar la concentración. Esta analogía no demuestra un mecanismo ni asigna orden al vinagre con bicarbonato.

¿Qué sucede al duplicar la concentración?

Compara 0,50 y 1,00 mol L⁻¹ manteniendo la misma k dentro de cada orden. El gráfico usa el orden seleccionado arriba.

Cuatro experimentos guiados para aprender con el simulador

1. Duplicar la concentración sin cambiar k

Selecciona un orden, fija k y abre «Duplicar [A]₀». Compara los ensayos de 0,50 y 1,00 M. Antes de leer la tabla, predice la razón de velocidades iniciales. Calcula v₀(1,00)/v₀(0,50) = (1,00/0,50)ⁿ = 2ⁿ. La k se cancela porque permanece fija dentro de cada par de ensayos.

Activa después «Comparar los tres órdenes». Esta comparación conserva [A]₀ y v₀ iguales y calcula una k distinta para cada orden: kₙ = v₀/[A]₀ⁿ. No tiene sentido afirmar que tres constantes de unidades diferentes son físicamente iguales por compartir el número 0,050. Observa que las tres pendientes iniciales coinciden y luego sus curvas se separan.

2. Medir el tiempo para consumir la mitad

Ajusta [A]₀ = 1,00 M y k = 0,050 en el orden seleccionado. Busca [A] = 0,50 M con el deslizador temporal y compara con el indicador t½. Repite con 2,00 M: en orden cero la primera vida media aumenta al doble; en primer orden se mantiene; en segundo orden disminuye a la mitad. La tabla de la pestaña muestra las unidades propias de cada constante.

Una pregunta más exigente es pasar de la mitad al cuarto de la concentración inicial. En primer orden tarda otro intervalo igual. En orden cero tarda la mitad del primer intervalo, porque ahora queda menos cantidad. En segundo orden tarda el doble del primer intervalo, porque la reacción es más lenta a menor concentración. «Vida media constante» es una propiedad específica del modelo de primer orden.

3. Identificar un orden desconocido

Genera un ensayo y examina [A], ln([A]/c°) y 1/[A] frente a tiempo; c° = 1 mol L⁻¹. Cada panel muestra datos y regresión lineal, pendiente, intercepto y R². Sin ruido, la transformación correspondiente al orden generador forma una recta. La pendiente es −k para orden cero y primero, y +k para segundo.

Activa el ruido relativo ±3 % y vuelve a formular una hipótesis. El modelo conserva el mismo orden, pero las observaciones dejan de coincidir exactamente con la curva. Las transformaciones alteran los errores, sobre todo el recíproco a concentraciones bajas. Por eso comparar únicamente R² entre escalas diferentes no constituye una demostración experimental. El botón de comprobación revela el modelo que produjo estos datos sintéticos. Puedes exportarlos para analizarlos con la guía de regresiones.

4. Distinguir equilibrio dinámico de agotamiento

El módulo A ⇌ B tiene su propio reloj y dos constantes de primer orden: k₁ y k₋₁. Su balance es [A] + [B] = C. Al igualarse k₁[A] y k₋₁[B], se obtiene [B]_eq/[A]_eq = k₁/k₋₁. Las concentraciones se estabilizan porque ambas transformaciones se compensan, aunque sigan ocurriendo. Este es el carácter dinámico del equilibrio descrito en OpenStax 13.1.

Para verificar el simulador puedes usar la solución [A](t) = [A]_eq + ([A]₀ − [A]_eq) exp[−(k₁ + k₋₁)t], con [A]_eq = Ck₋₁/(k₁ + k₋₁). Aquí se parte de C = 1,00 M y [B]₀ = 0. La interfaz marca cercanía al equilibrio cuando la diferencia relativa entre velocidades es menor que 0,1 %; es un criterio numérico, no un tiempo exacto de llegada al límite.

Cinco ejercicios resueltos con datos hipotéticos

Ejercicio 1 · orden cero y agotamiento

Para [A]₀ = 1,00 M y k = 0,0500 mol L⁻¹ s⁻¹, calcula [A] a 8,0 s, t½ y el tiempo de agotamiento. Sustituye: [A] = 1,00 − (0,0500)(8,0) = 0,60 mol L⁻¹. Las unidades de k por tiempo dejan mol L⁻¹. t½ = 1,00/(2 × 0,0500) = 10,0 s; agotamiento = 1,00/0,0500 = 20,0 s. A 25 s, [A] = 0 y v = 0; no uses −0,25 M.

Ejercicio 2 · primer orden

Con [A]₀ = 1,00 M y k = 0,0500 s⁻¹, ¿cuánto queda a 20,0 s? [A] = 1,00 exp[−(0,0500 s⁻¹)(20,0 s)] = 0,368 M. El exponente no tiene unidades. La primera vida media es 0,693147/0,0500 = 13,9 s. Cambiar [A]₀ a 0,50 M reduce a la mitad la velocidad inicial, pero conserva esa vida media.

Ejercicio 3 · segundo orden

Con [A]₀ = 1,00 M y k = 0,0500 L mol⁻¹ s⁻¹, a 20,0 s: [A] = 1,00/[1 + (0,0500)(1,00)(20,0)] = 0,500 M. El producto de L mol⁻¹ s⁻¹, mol L⁻¹ y s es adimensional. t½ = 1/(0,0500 × 1,00) = 20,0 s. Con [A]₀ = 2,00 M, t½ = 10,0 s y v₀ pasa de 0,0500 a 0,200 mol L⁻¹ s⁻¹.

Ejercicio 4 · comparación justa entre órdenes

Exige [A]₀ = 0,500 M y v₀ = 0,0200 mol L⁻¹ s⁻¹ para los tres modelos. Resultan k₀ = 0,0200 mol L⁻¹ s⁻¹, k₁ = 0,0200/0,500 = 0,0400 s⁻¹ y k₂ = 0,0200/(0,500)² = 0,0800 L mol⁻¹ s⁻¹. Las vidas medias son 12,5 s, 17,3 s y 25,0 s. Compartir velocidad inicial no hace idénticas las trayectorias.

Ejercicio 5 · equilibrio reversible

Con k₁ = 0,0800 s⁻¹, k₋₁ = 0,0400 s⁻¹ y C = 1,00 M, Kc = 2,00. El balance y [B]_eq = 2[A]_eq dan [A]_eq = 0,333 M y [B]_eq = 0,667 M. Ambas velocidades valen 0,0800 × (1/3) = 0,0400 × (2/3) = 0,0267 mol L⁻¹ s⁻¹. La velocidad neta es cero; cada velocidad individual es positiva.

Errores conceptuales y preguntas frecuentes

¿El orden se obtiene contando los coeficientes de la reacción?

No para una reacción global de varias etapas. Necesitas datos cinéticos. La relación entre molecularidad y exponentes se interpreta para etapas elementales y condiciones apropiadas, según IUPAC.

¿Una curva casi horizontal significa que la reacción terminó?

No basta observar su forma. Puede quedar reactivo con una velocidad pequeña o existir equilibrio dinámico. Revisa concentraciones, velocidades y el carácter reversible del modelo. En el módulo irreversible no hay reacción inversa.

¿Una esfera azul significa una molécula real de producto?

Representa producto equivalente. Los modelos no especifican composición ni mecanismo. El número de esferas es discreto y redondeado: usa la lectura numérica para calcular. El movimiento no simula energías, choques eficaces ni temperatura.

¿Por qué el simulador reinicia al cambiar k o [A]₀?

Cada curva representa un ensayo con parámetros constantes desde t = 0. Cambiarlos durante una trayectoria exigiría un modelo por tramos y condiciones de continuidad. El reinicio evita mezclar dos ensayos diferentes.

¿Puedo usar estas constantes para predecir la vida útil de un alimento?

Estos números fueron elegidos para explorar modelos. Una predicción real requiere medir concentraciones, verificar la ley cinética y las condiciones de almacenamiento, y estimar la incertidumbre. Aquí no se incorpora temperatura variable ni una ley de Arrhenius.

Práctica final: responde las cinco preguntas de la pestaña Evaluación. Después intenta explicar con tus palabras por qué duplicar [A] puede aumentar v₀ cuatro veces y, aun así, reducir t½ a la mitad. La respuesta combina v₀ = k[A]₀² con t½ = 1/(k[A]₀): ambas relaciones describen el mismo modelo desde perspectivas diferentes.

Bibliografía académica y siguiente paso

Para ampliar el análisis de datos, continúa con gráficos, regresión y residuos para determinar el orden. Para estudiar cambios de temperatura, revisa cinética química y Arrhenius; para balances reversibles, tablas ICE en equilibrio químico.

Chang, Raymond. Química, 9.ª edición, sección 13.3. Original local consultado: páginas PDF 593, 596, 598, 599 y 601, correspondientes a páginas impresas 557, 560, 562, 563 y 565. No se distribuye el libro.
OpenStax. Chemistry 2e: 12.3, Rate Laws; 12.4, Integrated Rate Laws; 13.1, Chemical Equilibria.
IUPAC, Gold Book: Order of reaction y Molecularity.
Zero-order drug delivery: State of the art and future prospects, Journal of Controlled Release (2020). El resumen respalda únicamente el contexto general de liberación constante; no se usa para asignar parámetros al simulador.

Retrotitulación: qué es, cómo se calcula y laboratorio virtual paso a paso

2026-10-12T14:51:38.454-03:00

La retrotitulación es un método de análisis que permite determinar cuánto analito hay en una muestra midiendo el reactivo que sobra. Primero se añade una cantidad conocida de reactivo en exceso; después se mide cuánto quedó sin reaccionar mediante una titulación. La diferencia permite calcular cuánto reaccionó con la muestra. En esta guía aprenderás cuándo resulta útil, cómo plantear el balance de moles y cómo practicar el procedimiento con un laboratorio virtual de carbonato de calcio.

Para resolver una retrotitulación: calcula los moles de reactivo añadidos inicialmente, resta los moles que quedaron sin reaccionar y aplica la relación estequiométrica con el analito. Para CaCO₃, se añade HCl en exceso y se valora el HCl remanente con NaOH. La diferencia, dividida por dos, entrega los moles de carbonato de calcio. Antes de titular, hay que eliminar el CO₂ producido y enfriar la mezcla.

Nivel universitario introductorio. Necesitas reconocer moles, concentración molar y coeficientes de una reacción. Al terminar podrás justificar el exceso de reactivo, reconstruir el balance y evaluar el signo de un error experimental.

1. ¿Cuándo no conviene una titulación directa?

En una titulación directa, el titulante reacciona con el analito mientras lo añades. Una muestra sólida poco soluble, una reacción lenta o una señal final difícil de observar pueden complicar ese procedimiento. La retrotitulación permite separar la reacción inicial de la medición del reactivo sobrante. Para que funcione, ambas reacciones deben tener estequiometría conocida y completarse bajo las condiciones del método.

El caso de este artículo es un antiácido ideal con carbonato de calcio y excipientes inertes. Primero reacciona con una cantidad medida de HCl. Después determinas cuánto HCl quedó. La guía de University of Massachusetts sobre antiácidos describe esta estrategia de exceso y valoración del remanente.

Pregunta	Titulación directa	Retrotitulación
¿Qué se mide?	Titulante consumido por el analito	Reactivo que quedó después de reaccionar con el analito
¿Qué balance se usa?	Consumo directo y estequiometría	Inicial menos remanente y estequiometría
¿Qué dato adicional necesitas?	Cantidad de muestra	Cantidad inicial exacta del reactivo en exceso

El artículo de titulación ácido-base y manejo de bureta enseña la lectura y el control del titulante. Aquí ese manejo sirve para una pregunta distinta: determinar un sólido a partir del ácido que no consumió.

2. Método paso a paso y ecuaciones balanceadas

Pesa una porción representativa de muestra y registra su masa.
Selecciona una concentración y un volumen conocidos de HCl. Debe haber más ácido del que necesita todo el CaCO₃.
Deja que la muestra reaccione completamente. La formación de burbujas corresponde a CO₂; su apariencia por sí sola no cuantifica el carbonato.
Elimina el CO₂ disuelto mediante el tratamiento indicado por el protocolo y enfría antes de valorar.
Añade fenolftaleína y titula el HCl remanente con NaOH de concentración conocida.
Registra el volumen gastado, calcula por diferencia y repite el análisis.

CaCO₃(s) + 2 HCl(aq) → CaCl₂(aq) + H₂O(l) + CO₂(g)
HCl(aq) + NaOH(aq) → NaCl(aq) + H₂O(l)

La primera reacción tiene dos átomos de H, dos de Cl, un Ca, un C y tres O a ambos lados. La segunda conserva un Na, un Cl, dos H y un O. En forma iónica, el carbonato consume dos protones; el HCl remanente consume un mol de OH⁻ por mol de ácido.

n(CaCO₃) = [C(HCl) × V(HCl) − C(NaOH) × V(NaOH)] / 2
Pureza (% m/m) = n(CaCO₃) × M(CaCO₃) / m(muestra) × 100

C representa concentración en mol/L; V es el volumen en litros; n es cantidad en mol; m es masa en gramos. Usamos M(CaCO₃) = 100,0869 g/mol. Para cada producto C × V, las unidades se cancelan: (mol/L) × L = mol. Luego mol × g/mol = g. Finalmente g/g × 100 entrega el porcentaje.

La resta calcula ácido consumido por la muestra, no ácido sobrante. El divisor dos procede de la primera reacción. No puedes sustituirlo por uno porque la neutralización final sea 1:1: cada etapa tiene su propia proporción.

La guía de Kingsborough Community College respalda el tratamiento del CO₂ y el uso de fenolftaleína. Este artículo ofrece una práctica virtual; un experimento real requiere protocolo supervisado, protección ocular y gestión de reactivos y residuos.

Una conexión con el método del sulfito

Los informes universitarios de sulfito consultados como contexto emplean yodo en exceso y tiosulfato para valorar el yodo remanente. Comparten la lógica «cantidad inicial menos cantidad sobrante». Son informes estudiantiles, no métodos normalizados; no se trasladan sus factores empíricos ni sus resultados al laboratorio de CaCO₃. En una valoración redox hay que derivar nuevamente las proporciones molares y elegir el indicador apropiado.

3. Ejemplo resuelto: CaCO₃ en un antiácido ideal

Datos originales hipotéticos: masa de muestra 0,2500 g; HCl 0,2000 mol/L, volumen 25,00 mL; NaOH 0,1000 mol/L, volumen gastado 10,00 mL. Suponemos que solo el CaCO₃ consume ácido, la reacción es completa y el punto final aproxima adecuadamente la equivalencia.

Convierte los volúmenes: 25,00 mL × (1 L/1000 mL) = 0,02500 L; 10,00 mL = 0,01000 L.
Ácido inicial: 0,2000 mol/L × 0,02500 L = 0,005000 mol.
Ácido remanente: 0,1000 mol/L × 0,01000 L = 0,001000 mol.
Ácido consumido: 0,005000 − 0,001000 = 0,004000 mol.
Carbonato: 0,004000/2 = 0,002000 mol.
Masa de CaCO₃: 0,002000 × 100,0869 = 0,2002 g, redondeada.
Pureza: (0,2001738/0,2500) × 100 = 80,07 % m/m.

La masa calculada es menor que la masa de muestra, y el ácido remanente es positivo. Ambas comprobaciones son necesarias, aunque no prueban por sí solas que el análisis sea correcto. Una pureza superior al 100 % exige revisar datos, unidades, estequiometría y posibles interferencias.

La muestra del tutorial contiene exactamente 80,00 % en el modelo; su equivalencia es aproximadamente 10,035 mL. El ejemplo utiliza otros datos redondeados y por eso entrega 80,07 %. Una lectura a dos decimales tampoco justifica informar todas las cifras que conserva el motor numérico.

4. Laboratorio virtual: del sólido al resultado

Realiza primero una serie guiada. Pesa la muestra, añade HCl, observa el gas, elimina CO₂ y enfría. Añade indicador, abre la llave y reduce la velocidad cuando te acerques al viraje. Cierra al primer rosa tenue, registra y escribe tus propios resultados antes de compararlos.

SOS EN QUÍMICA / LABORATORIO 02

Lo que sobra revela
lo que había.

Pesa un antiácido, añade ácido en exceso y mide lo que queda. Una experiencia de retrotitulación, paso a paso.

CaCO₃ + HCl3 ensayosModelo a 25 °C

Empieza pesando la muestra. Sigue las etapas para medir el ácido remanente.

01 / MESA DE TRABAJO

Volumen gastado0,00 mL

pH del modeloSin preparar

IndicadorSin indicador

02 / PREPARA Y TITULA

Masa de muestra (g)

HCl (mol/L)HCl (mL)

Velocidad de la llave

Listo para pesar.

03 / CURVA DE TITULACIÓN

Prepara la muestra para ver la curva.

04 / CUADERNO DE RESULTADOS

Convierte mL a L. Calcula por diferencia, divide por 2 y convierte a masa con M = 100,0869 g/mol.

n(CaCO₃), molPureza, % m/m

Serie de tres ensayos virtuales
Ensayo	Masa (g)	NaOH (mL)	Pureza (%)

La comparación aparecerá al comprobar tus cálculos.

Modelo original ideal: reacción completa, matriz inerte, sin pérdida de HCl, CO₂ eliminado y volúmenes aditivos. La transición de color es esquemática; no simula la persistencia de 30 s ni incertidumbre instrumental. En evaluación, pH, curva y respuestas se ocultan hasta comprobar cada ensayo. Sin cuentas, cookies ni almacenamiento de respuestas. Recargar borra la serie.

Qué representa la curva y qué debes registrar

El gráfico corresponde a la valoración del HCl remanente, después del tratamiento del CO₂. No representa la disolución inicial del sólido. En tutorial muestra la curva teórica completa; en evaluación solo dibuja el tramo recorrido y oculta el pH numérico y la equivalencia hasta comprobar el ensayo.

El punto de equivalencia cumple n(NaOH) = n(HCl remanente). En el modelo ideal de ácido fuerte y base fuerte, a 25 °C, su pH es 7. La fenolftaleína empieza a virar cerca de pH 8,2: el punto final visual aparece algo después. OpenStax, sección 14.7, explica curvas, equivalencia e indicadores.

El motor incluye la autoionización del agua para evitar un salto matemático artificial. Si d = [n(HCl remanente) − n(NaOH)]/V(total), resuelve [H⁺] − [OH⁻] = d y [H⁺][OH⁻] = 10⁻¹⁴. Obtiene [H⁺] = (d + √(d² + 4K_w))/2, con K_w = 10⁻¹⁴ a 25 °C, y pH = −log₁₀[H⁺]. Para valores negativos de d, el código usa una forma equivalente más estable numéricamente.

Se ignoran actividades, hidrólisis del calcio, precipitación, CO₂ residual y cambios de temperatura durante la titulación. Las burbujas y el calentamiento son representaciones cualitativas de etapas obligatorias. La simulación no asigna una velocidad cinética real ni calcula el tiempo necesario de ebullición.

Tres ensayos: precisión y exactitud

La serie conserva la composición ideal de la muestra y permite repetir la técnica. Compara los porcentajes, especialmente si modificaste la masa: promediar volúmenes de muestras de masas diferentes no equivale a promediar sus purezas.

La desviación estándar muestral usa s = √[Σ(xᵢ − media)²/(N − 1)]. El RSD es 100s/|media|. Aquí xᵢ es la pureza de cada ensayo, y s se expresa en puntos porcentuales. Una dispersión pequeña indica resultados similares; no demuestra ausencia de sesgo. Tres finales igualmente sobrepasados pueden ser muy reproducibles y estar equivocados.

5. Errores experimentales y sentido del sesgo

Sobrevaloración: añadir demasiado NaOH aumenta el término que restas. La cantidad de CaCO₃ calculada disminuye. En el ejemplo, un exceso de 1,00 mL de NaOH 0,1000 mol/L reduce la pureza en aproximadamente 2,00 puntos porcentuales.
Detenerse antes: registrar menos base de la necesaria subestima el ácido remanente y sobreestima el CaCO₃.
CO₂ sin eliminar: puede consumir base durante la valoración. Si atribuyes ese consumo a HCl, obtienes menos CaCO₃ por diferencia.
Reacción incompleta: queda más HCl porque parte del sólido no reaccionó. La base gastada aumenta y el resultado subestima el carbonato total.
Pérdida de HCl: si calculas con el ácido inicial, pero parte se perdió antes de valorar, puedes atribuir esa pérdida a reacción con la muestra y sobreestimar su contenido.
Otros ingredientes activos: Mg(OH)₂, bicarbonatos u otras bases consumen ácido. El resultado puede expresarse como capacidad neutralizante equivalente, pero no como pureza específica de CaCO₃ sin selectividad adicional.

Controla además burbujas en la punta, lectura del menisco y concentración real del titulante. La bureta mide volumen entregado: lectura final menos inicial. El laboratorio virtual parte de cero, pero esa comodidad no cambia la regla de medición.

6. Ejercicios con respuestas y cuestionario

Ejercicio 1. Una muestra ideal de 0,3000 g recibe 30,00 mL de HCl 0,2000 mol/L. El remanente consume 15,00 mL de NaOH 0,1000 mol/L. Calcula n(CaCO₃) y pureza.

Ver solución 1

n inicial = 0,006000 mol; remanente = 0,001500 mol. n(CaCO₃) = (0,006000 − 0,001500)/2 = 0,002250 mol. Masa = 0,2252 g; pureza = 75,07 %.

Ejercicio 2. ¿Alcanzan 10,00 mL de HCl 0,1000 mol/L para 0,1000 g de CaCO₃ puro?

Ver solución 2

No. Hay 0,001000 mol de HCl. El sólido necesita 2 × (0,1000/100,0869) = 0,001998 mol. El ácido es limitante; no se cumple la condición de retrotitulación.

Ejercicio 3. Para el ejemplo resuelto, registra 11,00 mL en lugar de 10,00 mL. Calcula el nuevo resultado y el sesgo.

Ver solución 3

n(CaCO₃) = (0,005000 − 0,001100)/2 = 0,001950 mol. Pureza = 78,07 %. El cambio es −2,002 puntos porcentuales respecto al resultado sin exceso.

Ejercicio 4. Tres purezas hipotéticas son 79,90 %, 80,00 % y 80,10 %. Calcula media, s y RSD.

Ver solución 4

Media = 80,00 %; s = 0,1000 puntos porcentuales; RSD = 0,125 %. Es una serie precisa, pero su exactitud requiere un valor de referencia.

Cuestionario: ¿qué mide el NaOH?

El HCl remanente, en las condiciones ideales del método. No titula directamente el CaCO₃ que ya reaccionó.

¿Por qué no debes usar mL en C × V?

Con C en mol/L, usar un valor numérico en mL sin conversión introduce un factor de mil. Multiplica por 0,001 L/mL.

¿Puedes informar pureza si el antiácido contiene Mg(OH)₂?

Este balance por sí solo no distingue qué base consumió el ácido. Debes cambiar el alcance del resultado o utilizar un método selectivo.

7. Preguntas frecuentes

¿Retrotitulación y valoración por retroceso significan lo mismo?

Sí, en este contexto describen la determinación del analito por consumo de un reactivo añadido en exceso y medición de su remanente.

¿Por qué enfriar después de eliminar CO₂?

Para valorar bajo las condiciones previstas. La temperatura afecta equilibrios, volúmenes y respuesta del indicador; el modelo de este laboratorio supone 25 °C.

¿Más HCl siempre mejora el análisis?

No. Debe sobrar ácido, pero un exceso innecesario exige más titulante y puede empeorar la resta de cantidades. Selecciona condiciones compatibles con la capacidad de la bureta.

8. Bibliografía y siguiente práctica

University of Massachusetts Amherst. Experiment 3: Evaluating Commercial Antacids. Estrategia de análisis de antiácidos por exceso de ácido.
Kingsborough Community College, CUNY. Experiment 10: Titration of a Commercial Antacid. Tratamiento de CO₂, indicador y balance; páginas PDF 1 a 5. Se usa la reacción molecular balanceada, no la ecuación neta incompleta de su página 2.
OpenStax. Chemistry 2e, 14.7: Acid-Base Titrations. Curva ideal, equivalencia y elección de indicador.

Contexto documental privado: informes estudiantiles de Ingeniería en Alimentos, Universidad de Chile, Determinación por el método de sulfito (2003) y Determinación de KLa por el método de sulfito (2006). Consultados con autorización; no se redistribuyen archivos, tablas ni resultados. La redacción, los ejemplos, el SVG y el simulador de esta entrada son originales.

Para reforzar la lectura del menisco y el viraje, vuelve al laboratorio de titulación directa. Después explica, sin consultar la fórmula, por qué un exceso de NaOH aumenta la concentración calculada en aquella práctica, pero reduce la pureza calculada en esta.

Titulación ácido-base paso a paso: aprende a usar una bureta con un laboratorio virtual interactivo

2026-10-12T01:41:22.123-03:00

Respuesta rápida. Para determinar la concentración de un ácido por titulación, se mide un volumen conocido de muestra, se le agrega un indicador apropiado y se deja caer desde una bureta una base de concentración conocida. Se registra el volumen consumido al alcanzar el punto final, se aplica la estequiometría y se calcula la concentración del ácido.

Nivel: Química General I · Tiempo de lectura: 12–15 minutos · Herramienta: simulador de titulación HCl–NaOH.

¿Se puede aprender a titular sin entrar en un laboratorio?

Sí: un simulador puede ayudarte a comprender qué se mide, por qué el pH cambia bruscamente y cómo se reconoce el punto final. No sustituye la manipulación de vidrio, la calibración, la lectura real del menisco ni las prácticas de seguridad, pero permite ensayar el razonamiento antes de un experimento presencial. En esta actividad controlarás una llave de bureta virtual y observarás la concentración, el color de la muestra y una curva de titulación que cambia a medida que agregas solución.

1. ¿Qué es una titulación?

Una titulación —también denominada valoración— es un método cuantitativo de análisis químico. Utiliza una reacción de estequiometría conocida entre un analito (la sustancia cuya concentración queremos determinar) y un titulante (la solución de concentración conocida que se añade desde la bureta). Para que el procedimiento sea fiable, la reacción debe ser apropiadamente rápida, reproducible y suficientemente completa bajo las condiciones del método.

En una titulación ácido–base, el fenómeno central es la transferencia de protones. El ejemplo del laboratorio virtual emplea ácido clorhídrico y una solución de hidróxido de sodio:

HCl(aq) + NaOH(aq) → NaCl(aq) + H₂O(l)

La ecuación iónica neta, para estos reactivos fuertes en agua, es H₃O⁺ + OH⁻ → 2 H₂O. Por cada mol de HCl se necesita un mol de NaOH. Esta relación permite obtener los moles de ácido a partir de un volumen de base gastado.

2. Identifica el equipo antes de empezar

Bureta. Tubo graduado provisto de llave de paso. Contiene el titulante y permite controlar su salida. Normalmente la graduación aumenta de arriba hacia abajo; el volumen entregado es la lectura final menos la inicial.

Matraz Erlenmeyer. Recipiente que contiene un volumen medido de analito y unas gotas del indicador. Su forma facilita agitar la mezcla sin pérdidas relevantes.

Pipeta volumétrica. Sirve para medir con precisión el volumen inicial del analito; en el ejemplo se toman 25,00 mL. En laboratorio real deben seguirse las normas de pipeteo y seguridad.

Fenolftaleína. Indicador ácido–base que es incoloro en condiciones ácidas y comienza a adquirir tono rosado aproximadamente a pH 8,2–8,3. En el extremo superior del intervalo de transición, cerca de pH 10, se observa un rosa más intenso. La intensidad exacta depende también de la cantidad de indicador, iluminación y condiciones experimentales; por ello, la simulación es esquemática.

Laboratorio virtual · Química general I

Abre la bureta. Encuentra el rosa tenue.

Controla el paso de NaOH, observa el matraz, sigue la curva de pH y registra el volumen de tu punto final. No necesitas un laboratorio físico.

1 · Manipula la bureta

Volumen añadido0,00 mL

pH calculado1,00

IndicadorIncoloro

Abre la llave para comenzar.

Apertura de la llave: 0 % · cerrada

Cerrada · 0 %Máximo · 100 %

Las gotas y microgotas son incrementos virtuales simplificados. En una bureta física el volumen de cada gota varía según el equipo, la técnica y el líquido.

2 · Observa el gráfico de titulación

Curva teóricaTu posiciónEquivalenciaFenolftaleína

Analito en el matrazHCl 0,1000 mol/L

Equivalencia teórica25,00 mL

3 · Registra y calcula

Cuando observes el primer rosa tenue, cierra la llave y registra el volumen gastado. En práctica real también agitarías y comprobarías la persistencia del color.

Modo desafío: descubre la concentración

La molaridad, el pH numérico y la equivalencia quedan ocultos. La curva muestra solo el recorrido realizado. Registra el primer rosa tenue para revelar el resultado y comprobar tu cálculo.

Tu respuesta (mol/L)

Modelo educativo ideal de HCl/NaOH, 25 °C, mezcla completa y volúmenes aditivos. No sustituye entrenamiento en laboratorio ni reproduce la incertidumbre instrumental o la formación local transitoria de color. El registro cierra el ensayo; prepara uno nuevo para seguir practicando. En desafío, la curva completa se revela después del registro.

3. ¿Qué vas a hacer en el laboratorio virtual?

La bureta contiene NaOH 0,1000 mol/L; el matraz, 25,00 mL de HCl 0,1000 mol/L, salvo que actives el modo desafío. Trabajamos con un modelo ideal a 25 °C y suponemos mezcla instantánea, volúmenes aditivos y actividades aproximadas por concentraciones.

Verifica que la llave está cerrada y observa el pH inicial.
Abre la llave con el control de caudal. Mira cómo baja el nivel de líquido en la bureta y aumenta el volumen entregado.
Cuando falte poco para el volumen esperado de equivalencia, reduce considerablemente el caudal.
Cierra la llave y añade gotas pequeñas. Observa el color dentro del matraz.
Cuando aparezca un rosa tenue uniforme y persistente, registra el volumen final. Si el rosa se vuelve demasiado intenso, probablemente añadiste más titulante del necesario.
Compara el volumen observado con el punto de equivalencia teórico y calcula la concentración de la muestra.

En un laboratorio físico, el matraz se agita continuamente y se espera a comprobar que el rosa tenue persista alrededor de 30 segundos. En el simulador damos por supuesta una mezcla completa; el color que aparece representa directamente el estado final después de mezclar, y no reproduce destellos locales transitorios.

4. Punto de equivalencia y punto final: no son idénticos

El punto de equivalencia es una condición estequiométrica: los moles de OH⁻ añadidos igualan exactamente los moles iniciales de HCl. No depende de que nuestros ojos distingan un color. Para este ejemplo:

n(HCl) = 0,1000 mol/L × 0,02500 L = 0,002500 mol.

Como la relación es 1:1, n(NaOH) = 0,002500 mol en equivalencia. Por tanto:

V(NaOH) = 0,002500 mol / (0,1000 mol/L) = 0,02500 L = 25,00 mL.

Para esta titulación de ácido fuerte con base fuerte, el pH calculado en equivalencia es 7,00 a 25 °C en el modelo ideal. Sin embargo, la fenolftaleína continúa incolora a pH 7. El punto final observado aparece tras añadir un exceso muy pequeño de base, cuando el pH entra en la zona donde cambia el indicador. En una valoración bien diseñada la diferencia entre ambos volúmenes debe ser pequeña.

Si el estudiante confunde equivalencia con punto final, podría creer que el cambio rosado debe ocurrir exactamente cuando la solución alcanza pH 7. El simulador destaca ambos fenómenos por separado.

5. ¿Cómo se forma la curva de titulación?

La curva de titulación representa el pH de la mezcla en función del volumen acumulado de NaOH. Para este sistema se distinguen tres regiones:

Antes de equivalencia (V < 25,00 mL). Queda ácido fuerte sin neutralizar. El pH aumenta lentamente al principio, pero se acelera al acercarse la equivalencia.

En equivalencia (V = 25,00 mL). Se han neutralizado estequiométricamente ácido y base. El pH pasa por 7,00 en el modelo ideal.

Después de equivalencia (V > 25,00 mL). Hay OH⁻ excedente. El pH aumenta bruscamente con adiciones diminutas, luego la curva vuelve a aplanarse. Esa pronunciada pendiente explica por qué la titulación puede señalarse mediante un indicador.

Las expresiones simplificadas se obtienen calculando los moles de ácido y base añadidos. Antes de equivalencia, la concentración de hidronio se aproxima por ([moles iniciales de HCl] − [moles de NaOH]) / [volumen total], y pH = −log₁₀[H₃O⁺]. Después de equivalencia se calcula [OH⁻] por exceso de base, se obtiene pOH = −log₁₀[OH⁻] y pH = 14 − pOH a 25 °C. Cerca del punto de equivalencia, el simulador emplea el balance de carga junto con el producto iónico del agua para evitar la discontinuidad artificial de las aproximaciones.

6. Calcula la concentración de un ácido desconocido

Para un ácido monoprótico y una base monovalente, si la reacción es 1:1:

C_ácido × Vácido = Cbase × Vbase(eq).

Por ejemplo, si se titularon 25,00 mL de ácido desconocido y la equivalencia se estimó alrededor de 21,00 mL de NaOH 0,100 M, entonces:

C_ácido ≈ (0,1000 mol/L × 21,00 mL) / 25,00 mL = 0,0840 mol/L.

No olvides convertir ambos volúmenes a las mismas unidades. En el laboratorio virtual puedes activar el modo desafío: la concentración del ácido queda oculta y debes deducirla a partir de la lectura de la bureta. Para el cálculo usa el volumen registrado en el punto final, reconociendo que existe una pequeña diferencia frente al volumen de equivalencia.

7. Errores comunes que el simulador ayuda a reconocer

Abrir demasiado la bureta cerca del punto final. Puedes añadir varias gotas antes de reaccionar, superar el cambio tenue y obtener un rosa intenso; ello introduce error positivo en el volumen de titulante registrado.

Confundir volumen final con volumen gastado. Si la lectura inicial no fue cero, debes restarla de la lectura final. Nuestro simulador comienza con 0,00 mL, pero la regla general continúa siendo V entregado = lectura final − lectura inicial.

Interpretar la fenolftaleína como un medidor exacto de pH. Su color identifica un intervalo aproximado, no un pH único.

Creer que pH 7 siempre es el punto de equivalencia. Eso funciona como referencia para una titulación de ácido fuerte con base fuerte a 25 °C. La equivalencia de un ácido débil con una base fuerte suele ser básica, mientras que la de una base débil con ácido fuerte suele ser ácida.

No agitar el matraz. En una titulación real, la falta de mezcla provoca zonas locales con color diferente. La visualización representa la mezcla homogénea y no enseña la destreza manual de agitación.

Usar una reacción con una proporción 1:1 cuando no corresponde. Para otros sistemas debe utilizarse siempre la ecuación química balanceada y su relación molar real.

8. ¿Qué significa titular correctamente?

Una titulación precisa exige mucho más que reconocer un cambio de color. En laboratorio real se debe enjuagar correctamente el equipo con las soluciones apropiadas, comprobar que no haya burbujas de aire en la punta de la bureta, leer el menisco a la altura de los ojos, registrar las cifras significativas compatibles con la graduación y repetir el ensayo para evaluar reproducibilidad. También deben emplearse protección ocular, indumentaria de laboratorio y procedimientos de manipulación seguros.

La simulación te ayudará a construir una intuición que a menudo se pierde cuando solo se estudian ecuaciones: el cambio de pH puede ser extremadamente pequeño durante la mayor parte de la titulación y volverse enorme con unas pocas gotas cerca del punto final. Por eso es necesario disminuir el caudal, agregar titulante cuidadosamente y detenerse en el primer rosa tenue persistente.

9. Autoevaluación

Pregunta 1. En una titulación de HCl 0,100 M con NaOH 0,100 M, ¿por qué el punto de equivalencia es 25,00 mL cuando el matraz contiene 25,00 mL de ácido? Respuesta: porque la proporción molar es 1:1 y las dos concentraciones coinciden.

Pregunta 2. Si a pH 7 la solución aún es incolora, ¿el experimento falló? Respuesta: no. La fenolftaleína comienza su transición alrededor de pH 8,2 y el punto final observado se produce ligeramente después de la equivalencia.

Pregunta 3. Si utilizaste 26,00 mL de base cuando la equivalencia real era 25,00 mL, ¿qué sucedió? Respuesta: se sobrepasó la equivalencia; la base excedente eleva el pH y el cálculo basado en ese volumen sobreestima la concentración del ácido.

10. Conclusión

Aprender a titular requiere relacionar cuatro observaciones: la cantidad que sale de la bureta, los moles de reactivos que han reaccionado, el pH calculado y el color del indicador. El laboratorio virtual los reúne en una sola experiencia. Realiza primero una titulación conocida, luego repítela abriendo menos la llave cerca de 25,00 mL y, finalmente, intenta identificar una muestra de concentración desconocida. La meta no es simplemente lograr que el matraz se vuelva rosado: es comprender por qué cambia de color y qué información cuantitativa ofrece ese cambio.

Práctica: cuantifica el error de una gota

Si registras 25,01 mL de NaOH 0,1000 mol/L para 25,00 mL de HCl, calcula la concentración y el error respecto a 0,1000 mol/L. Los datos son del modelo educativo.

Ver solución razonada

C = (0,1000 mol/L × 25,01 mL) / 25,00 mL = 0,10004 mol/L. Los mL se cancelan. El error relativo es (0,10004 − 0,1000) / 0,1000 × 100 = +0,040 %. El signo positivo indica sobreestimación. Las cifras extra permiten estudiar el error del modelo; no representan precisión instrumental real.

Siguiente paso

Para distinguir esta curva de una zona amortiguadora, consulta los ejercicios de pH de soluciones buffer. Para plantear balances de equilibrio, revisa las tablas ICE. Este laboratorio representa exclusivamente HCl y NaOH; no extrapoles su curva a ácidos débiles o alimentos sin considerar sus equilibrios y composición.

Referencias para profundizar

OpenStax, Química 2ed, sección 14.7: Titulaciones ácido-base.
Chemistry LibreTexts, G Buret use.
Chemistry LibreTexts, pH Titration of Acids and Bases.

Cómo resolver tablas ICE en equilibrio químico: 7 ejercicios resueltos paso a paso

2026-10-11T22:26:41.985-03:00

Una tabla ICE organiza las cantidades de reactivos y productos antes y después de que una reacción alcance el equilibrio. Su nombre significa Inicial, Cambio y Equilibrio. Sirve para calcular la composición de equilibrio a partir de las cantidades iniciales y la constante K. En esta guía aprenderás a construirla, decidir el sentido del cambio y comprobar tus resultados mediante siete ejercicios resueltos. Antes de empezar, conviene manejar moles, concentración molar y ecuaciones balanceadas.

Para resolver una tabla ICE, balancea la reacción, convierte los datos a concentraciones y compara Q con K. Escribe los cambios como múltiplos estequiométricos de una sola incógnita x, sustituye la fila de equilibrio en K y resuelve. Conserva únicamente una solución que produzca cantidades no negativas y comprueba que Q final reproduce K. La aproximación «x pequeña» se acepta después de verificarla, nunca solo porque K parezca pequeña.

Alcance: siete ejercicios originales con datos hipotéticos, a una temperatura fija T₀ en cada problema. Los valores de K se proporcionan para practicar el método; no representan mediciones de esas sustancias a una temperatura real. Usamos gases ideales, soluciones ideales o suficientemente diluidas y una sola reacción independiente.

Qué representa una tabla ICE

ICE significa Inicial, Cambio y Equilibrio. La tabla lleva la contabilidad de una reacción reversible; no describe cuánto tarda. M representa mol/L. Si un enunciado da moles, usa [A]₀ = n₀/V antes de construir una tabla de concentraciones. Por ejemplo, 0,300 mol/(1,50 L) = 0,200 mol/L.

La incógnita necesita una definición: a volumen constante, x = ξ/V, donde ξ es el avance de reacción en moles. Por eso x tiene unidades de concentración. En a A + b B ⇌ c C, el avance directo produce cambios −ax, −bx y +cx. No todas las especies cambian en x.

La tabla relaciona cantidades; la constante añade la condición de equilibrio. Chang desarrolla este procedimiento y la verificación por sustitución en el capítulo 14, páginas 619–622 de la 9.ª edición. [1]

Método reproducible y fundamento termodinámico

Balancea masa y carga, y fija el sentido de la ecuación asociado a K.
Unifica la base: concentraciones a volumen constante o presiones parciales a temperatura y volumen constantes.
Calcula Q inicial. Si Q < K, hay avance neto directo; si Q > K, inverso; si Q = K, x = 0.
Completa I, C y E con signos y coeficientes consistentes. Define x antes de usarla.
Delimita x: ninguna concentración o presión puede resultar negativa.
Sustituye solo E en K, resuelve y descarta raíces incompatibles.
Comprueba estequiometría, balances y Q final. Redondea al terminar.

Termodinámicamente, Q = ∏aᵢ^νᵢ usa actividades adimensionales y números estequiométricos νᵢ, negativos para reactivos. Para una composición dada:

ΔᵣG = ΔᵣG° + RT ln Q = RT ln(Q/K)
En equilibrio: ΔᵣG = 0 y ΔᵣG° = −RT ln K.

R es la constante de los gases y T la temperatura absoluta. Si Q/K < 1, ΔᵣG es negativa para el sentido escrito. ΔᵣG° no tiene que ser cero en equilibrio. En un sistema cerrado con solo trabajo de expansión, a T y presión constantes el estado estable minimiza G; a T y volumen constantes minimiza la energía de Helmholtz. Ambas condiciones de equilibrio químico llevan a ΔᵣG = Σνᵢμᵢ = 0, donde μᵢ es el potencial químico de cada especie. No confundir este criterio con una ley de velocidad. [2, 5]

Para soluciones diluidas, aᵢ ≈ [i]/c°, con c° = 1 mol/L; para gases ideales, aᵢ = pᵢ/p°, con p° = 1 bar. Un sólido o líquido puro tiene actividad aproximadamente unitaria en el modelo habitual, mientras la fase exista. El agua que es soluto o gas no se omite por llamarse agua. [3]

Convención de los ejercicios: Kc designa aquí el cociente de concentraciones normalizadas ([i]/c°) en equilibrio. Kp usa presiones normalizadas (pᵢ/p°). Son adimensionales. Para gases ideales:

Kp = Kc (RTc°/p°)^Δν

Δν suma los coeficientes gaseosos de productos menos los de reactivos. Si se usan constantes sin normalizar, aparece la expresión escolar Kp = Kc(RT)^Δν y sus unidades deben ser compatibles. No introduzcas un Kc de gases directamente en ln K termodinámico: el estándar gaseoso corresponde al Kp normalizado. [3]

Para mantener legible el álgebra, escribiremos u = x/c°: u es el valor numérico de x cuando x se expresa en M. En las tablas x conserva sus unidades; en las ecuaciones numéricas usamos u.

Q < K
Avance directo →
Reactivos disminuyen.
Productos aumentan.

Q = K
Equilibrio dinámico ⇌
Sin cambio neto.
Las reacciones continúan.

Q > K
← Avance inverso
Reactivos aumentan.
Productos disminuyen.

N₂O₄ ⇌ 2 NO₂: un avance x consume x de N₂O₄ y produce 2x de NO₂.

Diagrama original 1. El sentido se decide con Q/K; los coeficientes fijan cuánto cambia cada especie. Equilibrio no significa concentraciones iguales.

Ejercicio 1. Isomerización: una ecuación lineal

Datos. Dos isómeros A y B en solución ideal cumplen A ⇌ B. Inicialmente [A] = 0,600 M y [B] = 0; Kc = 3,00. Calcula ambas concentraciones finales a volumen constante.

Q₀ = 0/0,600 = 0, por lo que definimos x ≥ 0 como A transformada en B. El intervalo físico es 0 ≤ x ≤ 0,600 M.

Ejercicio 1: tabla ICE, concentraciones en mol/L
Estado (M)	A	B
Inicial	0,600	0
Cambio	−x	+x
Equilibrio	0,600 − x	x

La relación es Kc = ([B]/c°)/([A]/c°). Sustituye: 3,00 = u/(0,600 − u). Entonces 1,800 − 3u = u y x = 0,450 M.

Resultado: [A] = 0,150 M; [B] = 0,450 M. Comprobación: 0,450/0,150 = 3,00 y [A] + [B] = 0,600 M. La suma se conserva porque es una transformación 1:1; no es una regla universal para cualquier reacción.

Ejercicio 2. Formación de HI: el coeficiente 2 importa

Datos. H₂(g) + I₂(g) ⇌ 2 HI(g). Se mezclan 0,600 mol de cada reactivo en 1,50 L, sin HI; Kc = 16,0. T y V permanecen constantes.

Cada concentración inicial es 0,600 mol/(1,50 L) = 0,400 M. Q₀ = 0, así que x mide el consumo de H₂ y de I₂. Debe cumplirse 0 ≤ x ≤ 0,400 M.

Ejercicio 2: tabla ICE, concentraciones en mol/L
Estado (M)	H₂	I₂	HI
Inicial	0,400	0,400	0
Cambio	−x	−x	+2x
Equilibrio	0,400 − x	0,400 − x	2x

Kc = [HI]²/([H₂][I₂]), porque los factores c° se cancelan. Así, 16,0 = (2u)²/(0,400 − u)². En el intervalo físico el denominador es positivo, por lo que 4,00 = 2u/(0,400 − u). De 1,600 = 6u obtenemos x = 0,266667 M, conservando cifras de guarda.

Resultado: [H₂] = [I₂] = 0,133 M; [HI] = 0,533 M. Con valores sin redondear, Q = 16,0. Además, [H₂] + [HI]/2 = 0,400 M y [I₂] + [HI]/2 = 0,400 M. Esos balances conservan las unidades de H₂ e I₂ presentes inicialmente.

Ejercicio 3. Disociación de N₂O₄: resolver una cuadrática

Datos. N₂O₄(g) ⇌ 2 NO₂(g). [N₂O₄]₀ = 0,0800 M; [NO₂]₀ = 0; Kc = 0,0200, con la convención normalizada. T y V fijos.

Q₀ = 0. Define x como la concentración de N₂O₄ disociado. El intervalo es 0 ≤ x ≤ 0,0800 M.

Ejercicio 3: tabla ICE, concentraciones en mol/L
Estado (M)	N₂O₄	NO₂
Inicial	0,0800	0
Cambio	−x	+2x
Equilibrio	0,0800 − x	2x

Kc = [NO₂]²/([N₂O₄]c°). Sustituyendo valores numéricos: 0,0200 = 4u²/(0,0800 − u). Multiplica y ordena:

4u² + 0,0200u − 0,001600 = 0
u = [−0,0200 ± √(0,0200² + 4·4·0,001600)]/8.

Las raíces corresponden a x = 0,0176556 M y x = −0,0226556 M. La segunda daría NO₂ negativo, por lo que se descarta. Resultado: [N₂O₄] = 0,0623 M y [NO₂] = 0,0353 M. Con cifras de guarda, Qc = 0,0200 y [N₂O₄] + [NO₂]/2 = 0,0800 M.

Se disocia 100x/(0,0800 M) = 22,1%. Las unidades M se cancelan. Por ello sería incorrecto reemplazar 0,0800 − x por 0,0800. K pequeña no garantiza un cambio pequeño respecto de la cantidad inicial.

Diagrama original 2. Curva calculada con el modelo del ejercicio 3; no son datos experimentales. u = x/c°. La intersección Qc = Kc da la raíz física. Se muestra solo 0–0,0300 M del intervalo admisible 0–0,0800 M.

Ejercicio 4. Hay exceso relativo de producto: cambia los signos

Datos. H₂(g) + I₂(g) ⇌ 2 HI(g), Kc = 4,00. Concentraciones iniciales: H₂ = I₂ = 0,100 M; HI = 0,800 M. T y V fijos.

Q₀ = 0,800²/(0,100·0,100) = 64,0 > 4,00. El avance neto es inverso. Esta vez definimos x ≥ 0 como aumento de H₂ e I₂; HI disminuye en 2x. No invertimos la ecuación ni K.

Ejercicio 4: tabla ICE, concentraciones en mol/L
Estado (M)	H₂	I₂	HI
Inicial	0,100	0,100	0,800
Cambio	+x	+x	−2x
Equilibrio	0,100 + x	0,100 + x	0,800 − 2x

El intervalo físico es 0 ≤ x ≤ 0,400 M. Sustituye: 4,00 = (0,800 − 2u)²/(0,100 + u)². La raíz positiva del cociente da 2,00 = (0,800 − 2u)/(0,100 + u). Entonces 0,200 + 2u = 0,800 − 2u y x = 0,150 M.

Resultado: H₂ = I₂ = 0,250 M; HI = 0,500 M. Q final = 0,500²/0,250² = 4,00. El balance [H₂] + [HI]/2 sigue siendo 0,500 M. Un reactivo puede aumentar durante el establecimiento del equilibrio.

Ejercicio 5. Concentraciones iniciales distintas y dos raíces positivas

Datos. H₂(g) + I₂(g) ⇌ 2 HI(g), Kc = 9,00. Inicialmente [H₂] = 0,300 M, [I₂] = 0,500 M y [HI] = 0,200 M, a T y V constantes.

Q₀ = 0,200²/(0,300·0,500) = 0,266667 < 9,00. Define x como consumo de cada reactivo: 0 ≤ x ≤ 0,300 M.

Ejercicio 5: tabla ICE, concentraciones en mol/L
Estado (M)	H₂	I₂	HI
Inicial	0,300	0,500	0,200
Cambio	−x	−x	+2x
Equilibrio	0,300 − x	0,500 − x	0,200 + 2x

No puedes convertir el denominador en (0,300 − u)²: los factores son diferentes. Sustituye y desarrolla:

9,00 = (0,200 + 2u)²/[(0,300 − u)(0,500 − u)]
9(0,150 − 0,800u + u²) = 0,0400 + 0,800u + 4u²
5u² − 8u + 1,310 = 0.

La fórmula cuadrática da u = [8 ± √(64 − 4·5·1,310)]/10. Las raíces son x = 0,185183 M y x = 1,41482 M. Ambas son positivas, pero solo la primera es física. La segunda consume más reactivo del disponible.

Resultado: [H₂] = 0,115 M; [I₂] = 0,315 M; [HI] = 0,570 M. Con cifras de guarda Q = 9,00; [H₂] + [HI]/2 = 0,400 M y [I₂] + [HI]/2 = 0,600 M. El criterio es el intervalo físico, no «elegir siempre la raíz positiva».

Ejercicio 6. Ácido débil: cuándo funciona la aproximación del 5%

Datos. Ácido monoprotónico hipotético HA en agua, HA + H₂O ⇌ H₃O⁺ + A⁻. Concentración analítica 0,120 M; Ka = 1,80 × 10⁻⁵ normalizada; sin sal añadida. A T₀ tomamos Kw = 1,00 × 10⁻¹⁴. Aproximamos actividades por concentraciones y despreciamos inicialmente la autoionización del agua.

El agua es el disolvente y su actividad se aproxima a 1. Define x como HA ionizado. La fila inicial con cero H₃O⁺ es una aproximación, no afirma que el agua pura carezca de iones.

Ejercicio 6: tabla ICE, concentraciones en mol/L
Estado (M)	HA	H₃O⁺	A⁻
Inicial aproximada	0,120	0	0
Cambio	−x	+x	+x
Equilibrio	0,120 − x	x	x

La ecuación es Ka = [H₃O⁺][A⁻]/([HA]c°). En valores numéricos, 1,80 × 10⁻⁵ = u²/(0,120 − u). Si u ≪ 0,120:

u ≈ √[(1,80 × 10⁻⁵)(0,120)] = 0,00146969.

Comprueba la cantidad despreciada: 100·0,00146969/0,120 = 1,22%, menor que el umbral orientativo de 5%. La solución exacta de u² + Ka·u − Ka·0,120 = 0 es x = 0,00146072 M; el error de la estimación de x es 0,614%. El porcentaje de cambio y el error de x son magnitudes distintas. [4]

Resultado exacto dentro del modelo: [HA] = 0,119 M; [H₃O⁺] = [A⁻] = 1,46 × 10⁻³ M. pH ≈ −log₁₀([H₃O⁺]/c°) = 2,835. La definición rigurosa usa actividad; este pH es ideal. Q reproduce Ka. Además, [HA] + [A⁻] = 0,120 M. [OH⁻] ≈ Kw·(c°)²/[H₃O⁺] = 6,85 × 10⁻¹² M: es despreciable frente a [H₃O⁺].

Ahora diluye a 0,00120 M, con la misma Ka. La aproximación daría x ≈ 1,47 × 10⁻⁴ M y 12,2% de cambio: falla el criterio. La cuadrática da x = 1,38 × 10⁻⁴ M, HA = 1,06 × 10⁻³ M y pH ≈ 3,859. No se rechaza una tabla ICE; se rechaza la simplificación algebraica. La regla del 5% tampoco garantiza un error de 5% para cualquier función calculada.

Ejercicio 7. Kp: una tabla en presiones parciales

Datos. PCl₅(g) ⇌ PCl₃(g) + Cl₂(g), gases ideales a T y V constantes. Inicialmente p(PCl₅) = 0,900 bar y las otras presiones son cero. Kp = 0,200, normalizada con p° = 1 bar.

Como pᵢ = nᵢRT/V, a T y V constantes los cambios de presión siguen la estequiometría. Define y como descenso de p(PCl₅), en bar. El intervalo es 0 ≤ y ≤ 0,900 bar. Si el recipiente mantuviera presión total constante cambiando volumen, esta tabla de presiones no serviría así.

Ejercicio 7: tabla ICE, presiones en bar
Estado (bar)	PCl₅	PCl₃	Cl₂
Inicial	0,900	0	0
Cambio	−y	+y	+y
Equilibrio	0,900 − y	y	y

Q₀ = 0. Kp = p(PCl₃)p(Cl₂)/[p(PCl₅)p°]. Si v = y/p°, entonces 0,200 = v²/(0,900 − v), de donde v² + 0,200v − 0,180 = 0.

La raíz física es y = 0,335890 bar; la otra, −0,535890 bar, daría productos negativos. Resultado: p(PCl₅) = 0,564 bar y p(PCl₃) = p(Cl₂) = 0,336 bar. Presión total final: 0,900 bar + y = 1,24 bar. El grado de disociación es y/(0,900 bar) = 0,373, es decir, 37,3%.

Con cifras de guarda, Qp = 0,335890²/[0,564110·1] = 0,200. La presión total aumenta porque una unidad gaseosa produce dos a T y V fijos; Kp no es una presión y no debe sustituirse por la presión total.

Tabla ICE interactiva para una disociación 1:2

Cambia la concentración inicial y Kc para el modelo del ejercicio 3. El calculador usa la cuadrática exacta: no aplica la aproximación del 5%. Solo admite producto inicialmente ausente, una reacción 1:2 y volumen fijo; no resuelve cualquier equilibrio. Los resultados son del modelo ideal con datos que tú eliges.

Modelo: N₂O₄ ⇌ 2 NO₂

[N₂O₄] inicial (mol/L)
Kc normalizada (adimensional)
Activa el cálculo para completar la tabla. Si JavaScript está desactivado, usa la solución estática del ejercicio 3.

Concentraciones en mol/L
Estado	N₂O₄	NO₂
Inicial	0,0800	0
Cambio	−x	+2x
Equilibrio	0,0800 − x	2x

Rangos de esta herramienta: C₀ entre 10⁻⁶ y 1 M; Kc entre 10⁻⁸ y 10. No son rangos de validez experimental.

Errores frecuentes y cómo corregirlos

Poner −x y +x en todas las columnas. Los cambios son proporcionales a los coeficientes. En N₂O₄ ⇌ 2 NO₂, perder x genera 2x.
Usar las concentraciones iniciales en K. Esas cantidades calculan Q inicial; K exige la fila E.
Escoger el sentido mirando únicamente K. Una mezcla rica en producto puede avanzar hacia reactivos aunque K > 1. Comprueba Q/K, como en el ejercicio 4.
Aceptar cualquier raíz positiva. En el ejercicio 5 hay dos positivas y una implica concentraciones negativas. Delimita x antes del álgebra.
Descartar automáticamente una x negativa. Si defines x como avance directo firmado, una x negativa puede representar avance inverso. En nuestros problemas definimos una magnitud no negativa y elegimos previamente los signos.
Omitir agua o sólidos sin mirar la fase. Una fase pura se trata distinto de un soluto o gas. Si un sólido se agota, comprueba el supuesto de coexistencia.
Conservar la suma de todas las concentraciones. Conserva átomos y carga; el número total de moléculas puede cambiar.
Redondear dentro de la cuadrática. Guarda cifras hasta verificar Q; si un denominador es pequeño, el redondeo puede distorsionarlo mucho.

Tres preguntas de autoevaluación

En H₂ + I₂ ⇌ 2 HI tienes 0,200 M de cada reactivo y 1,00 M de HI; Kc = 9,00. ¿Qué signos usarías si x es el aumento de cada reactivo?
En N₂O₄ ⇌ 2 NO₂, [N₂O₄]₀ = 0,0500 M y no hay NO₂. ¿Es admisible una raíz x = 0,0600 M? ¿Y por qué no basta que sea positiva?
Para HA 0,0100 M, una aproximación produce x = 0,00100 M. ¿Puedes aceptar HA ≈ 0,0100 M bajo el criterio del 5%? ¿Qué haces después?

Ver respuestas razonadas

1. Q₀ = 1,00²/(0,200·0,200) = 25,0 > 9,00. El avance es inverso: +x para H₂ e I₂, −2x para HI; 0 ≤ x ≤ 0,500 M.

2. No: N₂O₄ sería −0,0100 M. El intervalo es 0 ≤ x ≤ 0,0500 M.

3. No: 100x/C₀ = 10,0%. Conserva C₀ − x y resuelve la ecuación sin esa simplificación; luego comprueba la solución.

Dónde seguir aprendiendo

Una tabla ICE no sustituye un modelo químico. Equilibrios acoplados, varias ionizaciones o soluciones no ideales requieren balances y actividades adicionales. En química de alimentos, la ionización de ácidos ayuda a interpretar el pH, pero un alimento real no se reduce automáticamente al ácido ideal del ejercicio 6.

Repasa Kc, Kp, Q y los efectos del volumen para elegir el planteamiento. Profundiza en ΔG, K y la temperatura para entender su fundamento. Si tu duda es cuánto tarda en establecerse el equilibrio, consulta velocidad, orden y Arrhenius.

Bibliografía consultada

Raymond Chang. Química, 9.ª edición, capítulo 14, sección 14.4, páginas impresas 619–622 (PDF local, páginas 655–658). Método ICE, elección de raíz y comprobación. Año no confirmado en la copia consultada. Los ejercicios y diagramas de esta guía son originales.
Flowers, Theopold, Langley y Robinson. Chemistry 2e, OpenStax, 16.4 Free Energy. Relación entre energía libre, Q y K.
OpenStax. Chemistry 2e, 13.2 Equilibrium Constants. Cocientes de reacción, normalización y fases.
LibreTexts Español, material de OpenStax. 13.5 Calculaciones de equilibrio. Tablas y criterio de aproximación.
LibreTexts, curso CHM2047 de University of Florida. 12.4 Thermodynamic Description of the Equilibrium State. Distinción entre condiciones de Gibbs y Helmholtz.

Fuentes externas consultadas el 11 de octubre de 2026. Los cálculos se verificaron por sustitución y por resolución numérica independiente dentro de los modelos indicados.

Cómo determinar el orden de una reacción química: gráficos interactivos, regresión lineal y ejercicios resueltos

2026-10-11T22:23:50.339-03:00

El orden de una reacción describe cómo cambia su velocidad al variar la concentración de los reactivos. Se determina a partir de datos experimentales; no se obtiene, en general, leyendo los coeficientes de la ecuación balanceada. En esta guía aprenderás a identificarlo mediante velocidades iniciales y datos de concentración frente al tiempo. Usarás gráficos, ejercicios resueltos y un analizador interactivo para comparar modelos e interpretar sus resultados. Conviene conocer concentración molar, logaritmos y pendiente de una recta.

Para determinar el orden de una reacción, mide concentración a distintos tiempos y prueba tres representaciones: [A], ln([A]/c°) y 1/[A] frente a tiempo. Ajusta rectas, interpreta sus pendientes y vuelve a comparar las predicciones en concentración. El modelo más consistente debe tener una constante positiva y residuos sin estructura evidente. Si tienes velocidades iniciales de varios ensayos, compara cómo cambian al variar una sola concentración.

Esta guía complementa nuestra introducción a cinética química y Arrhenius. Aquí trabajarás con un simulador y un analizador de datos propios, sin instalar programas. Todos los ejemplos numéricos son didácticos; no representan mediciones de una sustancia identificada.

1. Orden de reacción y molecularidad: dos preguntas distintas

El orden describe cómo responde la velocidad a la concentración. En v = k[A]ᵐ[B]ⁿ, m y n son órdenes parciales y m + n es el orden global. Deben obtenerse experimentalmente. Una ecuación global balanceada no permite leer esos exponentes: expresa conservación de átomos, no necesariamente el mecanismo.

La molecularidad cuenta las entidades que participan en una etapa elemental. Por eso se habla de etapas unimoleculares o bimoleculares. No se asigna molecularidad a una reacción global que reúne varias etapas. El orden experimental puede ser cero, fraccionario o negativo; no representa un conteo de moléculas que chocan. Estas distinciones siguen las definiciones de IUPAC, citadas al final.

El analizador estudia únicamente tres modelos de desaparición de A. Si otra especie cambia significativamente durante el ensayo, una ley con varios reactivos puede requerir otra integración. En particular, una ley v = k[A][B] no se convierte automáticamente en −d[A]/dt = k[A]². Si B permanece prácticamente constante por estar en exceso, puede aparecer una constante aparente de primer orden, k' = k[B].

2. Ley diferencial y leyes integradas

Para las herramientas usamos la convención −d[A]/dt = k[A]ᵖ, con p = 0, 1 o 2. k es la constante de desaparición de A. Para aA → productos, si defines la velocidad de reacción como v = −(1/a)d[A]/dt = kᵣ[A]ᵖ, entonces k = akᵣ. Declarar esta convención evita errores de factores estequiométricos.

Suponemos temperatura y volumen constantes, un sistema bien mezclado y una ley válida durante el intervalo. No incorporamos reacción inversa, transporte limitante ni cambios de catalizador. Con concentración en mol L⁻¹ y tiempo en segundos, las relaciones son:

Orden	Ley integrada	Recta y pendiente	Unidades de k	Primera vida media
0	[A]ₜ = [A]₀ − kt	[A] contra t; −k	mol L⁻¹ s⁻¹	[A]₀/(2k)
1	[A]ₜ = [A]₀ exp(−kt)	ln([A]/c°) contra t; −k	s⁻¹	ln 2/k
2	1/[A]ₜ = 1/[A]₀ + kt	1/[A] contra t; +k	L mol⁻¹ s⁻¹	1/(k[A]₀)

c° = 1 mol L⁻¹ hace adimensional el argumento del logaritmo. En primer orden, el intercepto es ln([A]₀/c°), que puede ser negativo sin problema. En segundo orden es 1/[A]₀; en orden cero es [A]₀. Las leyes y vidas medias concuerdan con Chang y OpenStax.

Comprueba dimensiones antes de sustituir: en orden cero, (mol L⁻¹ s⁻¹)(s) = mol L⁻¹. En primer orden, (s⁻¹)(s) = 1, como exige el exponente. En segundo orden, (L mol⁻¹ s⁻¹)(s) = L mol⁻¹, igual que 1/[A]. Si usas minutos, cambia también las unidades de k.

3. Método de las velocidades iniciales

Compara ensayos a igual temperatura y con las demás condiciones constantes. Para una ley con A y B, mantén B fija al investigar A. El cociente de velocidades satisface v₂/v₁ = ([A]₂/[A]₁)ᵐ; por tanto, m = ln(v₂/v₁)/ln([A]₂/[A]₁). La concentración debe variar y las velocidades deben ser positivas.

Luego mantén A fija para investigar B. Calcula k con cada ensayo y comprueba su concordancia; diferencias mayores que la incertidumbre pueden revelar errores o una ley inadecuada. Una velocidad inicial no es cualquier cociente Δ[A]/Δt: debe estimarse cerca del inicio, donde el consumo todavía no altera apreciablemente las concentraciones de partida.

Este método necesita varios experimentos independientes. El método integrado utiliza una serie concentración-tiempo de un ensayo. Ambos aportan evidencia complementaria; ninguno reemplaza el control de temperatura, la calibración analítica y la consideración de incertidumbres.

4. Método gráfico: qué transformar y por qué

En orden cero se pierde la misma cantidad en intervalos iguales, por eso [A] contra t es lineal. En primer orden se pierde la misma fracción: la curva original es exponencial y el logaritmo la convierte en recta. En segundo orden, el recíproco crece linealmente mientras la concentración cae cada vez más lentamente.

Trabaja con varios tiempos distribuidos por el intervalo de interés. Dos puntos siempre permiten trazar una recta; tres son el mínimo de esta herramienta, no una garantía científica. Un intervalo muy corto puede hacer que los tres modelos parezcan casi lineales. Conviene medir una disminución apreciable de concentración sin acercarse tanto al límite de detección que las transformaciones amplifiquen el error.

El ajuste permite estimar una concentración inicial incluso si no mediste t = 0. Sin embargo, ese intercepto es una extrapolación y puede ser poco fiable. El analizador solo compara predicciones en los tiempos introducidos; no demuestra validez fuera de ese intervalo.

5. Pendiente, R² y residuos: cómo interpretar el ajuste

Para y = b + mt, el ajuste por mínimos cuadrados usa m = Σ[(tᵢ − t̄)(yᵢ − ȳ)]/Σ(tᵢ − t̄)² y b = ȳ − mt̄. La constante es −m para órdenes cero y uno, y +m para segundo orden. Los cálculos conservan precisión interna; el redondeo afecta solo lo mostrado.

El residuo transformado es yᵢ − ŷᵢ. R² = 1 − Σ(yᵢ − ŷᵢ)²/Σ(yᵢ − ȳ)² indica qué proporción de variación describe esa recta en esa escala. Si todos los valores y son iguales, el denominador es cero y R² queda indefinido. No corresponde mostrar un número inventado.

El mayor R² entre [A], ln([A]/c°) y 1/[A] no demuestra el orden, porque cambia la variable y su distribución de errores. Como aproximación, δln C ≈ δC/C y δ(1/C) ≈ −δC/C². Los valores pequeños de concentración pueden adquirir mucha influencia después de transformar.

Por eso el analizador invierte cada recta y calcula residuos en concentración: C observada − C predicha. También informa RMSE = √[Σ(C observada − C predicha)²/N], en mol L⁻¹. Para errores absolutos comparables, un RMSE menor ayuda a comparar; no constituye una prueba definitiva. Si la incertidumbre cambia con concentración, corresponde ponderar o ajustar directamente el modelo no lineal con un modelo de error adecuado.

Busca residuos dispersos alrededor de cero. Una curva, una deriva o bloques de signos sugieren una forma funcional insuficiente. NIST recomienda esta inspección para validar ajustes. La herramienta presenta gráficos y tablas; no realiza pruebas formales de falta de ajuste, intervalos de confianza ni identificación de mecanismos.

6. Seis ejercicios resueltos, de menor a mayor dificultad

Ejercicio 1. Orden por velocidades iniciales

A temperatura fija, [A] pasa de 0,0500 a 0,150 mol L⁻¹ y v₀ de 0,00100 a 0,00900 mol L⁻¹ s⁻¹. Solo cambia A. ¿Qué orden y constante sugieren los datos?

La concentración se triplica y la velocidad se multiplica por nueve: 9 = 3ᵐ, luego m = 2. k = 0,00100/(0,0500)² = 0,400 L mol⁻¹ s⁻¹. Las unidades se cancelan como (mol L⁻¹ s⁻¹)/(mol² L⁻²). Con el segundo ensayo, 0,400(0,150)² = 0,00900 mol L⁻¹ s⁻¹: la comprobación cierra.

Ejercicio 2. Orden cero y agotamiento

[A]₀ = 0,120 mol L⁻¹ y k = 0,00300 mol L⁻¹ s⁻¹. Calcula [A] a 30,0 s, la primera vida media y el agotamiento ideal.

[A]₃₀ = 0,120 − (0,00300)(30,0) = 0,0300 mol L⁻¹. t₁⁄₂ = 0,120/(2 × 0,00300) = 20,0 s. El agotamiento ocurre a 0,120/0,00300 = 40,0 s. A 50 s no corresponde extrapolar una concentración negativa: el simulador termina la curva en 40 s y señala cero después, fuera de la ley diferencial original.

Ejercicio 3. Primer orden y conversión de unidades

Una reacción tiene k = 0,0300 min⁻¹ y [A]₀ = 0,200 mol L⁻¹. Estima [A] a 40,0 min y expresa k en s⁻¹.

kt = (0,0300 min⁻¹)(40,0 min) = 1,20. [A] = 0,200 exp(−1,20) = 0,0602 mol L⁻¹. k = (0,0300 min⁻¹)(1 min/60 s) = 0,000500 s⁻¹. La vida media es 0,693147/0,0300 = 23,1 min, equivalente a aproximadamente 1,39 × 10³ s. Dividir por 60, y no multiplicar, conserva la misma predicción.

Ejercicio 4. Segundo orden y vidas medias sucesivas

[A]₀ = 0,0800 mol L⁻¹ y k = 0,250 L mol⁻¹ s⁻¹. Calcula [A] a 100 s y el tiempo para pasar de la mitad al cuarto de la concentración inicial.

1/[A]₁₀₀ = 1/0,0800 + (0,250)(100) = 37,5 L mol⁻¹. Por tanto, [A]₁₀₀ = 0,0267 mol L⁻¹. La primera vida media es 1/(0,250 × 0,0800) = 50,0 s. Desde 0,0400 hasta 0,0200 mol L⁻¹ toma 100 s adicionales. El cuarto se alcanza a 150 s: cada vida media sucesiva aumenta bajo este modelo.

Ejercicio 5. Regresión de una tabla completa

Pega en el analizador estos cuatro pares (s; mol L⁻¹): (0; 0,100), (10; 0,0800), (20; 0,0600), (30; 0,0400). Identifica la recta exacta y su constante.

El ajuste de [A] da [A] = 0,100 − 0,00200t, con intercepto 0,100 mol L⁻¹, pendiente −0,00200 mol L⁻¹ s⁻¹, R² = 1 y residuos cero salvo precisión numérica. Así, k = 0,00200 mol L⁻¹ s⁻¹ y t₁⁄₂ = 25,0 s. Los logaritmos y recíprocos no cambian por incrementos iguales. Con mediciones reales, la recta exacta sería inusual: aquí construimos datos sintéticos para comprobar el método.

Ejercicio 6. Datos redondeados y conclusión prudente

El ejemplo del analizador contiene tiempos 0, 20, 40, 60, 80 y 100 s, con concentraciones 0,10000; 0,06703; 0,04493; 0,03012; 0,02019 y 0,01353 mol L⁻¹. Ajusta los tres modelos y explica la elección.

Son valores sintéticos de primer orden redondeados a cinco decimales. La regresión logarítmica recupera k ≈ 0,0200 s⁻¹ y una vida media cercana a 34,7 s. Ese modelo reproduce mejor las concentraciones dentro del intervalo. Los pequeños residuos provienen del redondeo de los datos, no de ruido medido. La conclusión correcta es «compatible con primer orden entre los modelos ensayados», no «mecanismo demostrado». Revisa los resultados completos del analizador antes de redondear.

7. Errores frecuentes y cómo evitarlos

Leer exponentes de la reacción global: mide velocidades o series temporales; separa estequiometría y ley empírica.
Aplicar siempre ln 2/k: esa vida media solo corresponde a primer orden bajo la convención indicada.
Mezclar segundos y minutos: convierte todo el tiempo y k antes de calcular.
Tomar ln de cero o de una concentración con unidades: usa una razón adimensional positiva; investiga por separado resultados bajo el límite de detección.
Aceptar una pendiente de signo contrario: para desaparición irreversible, k debe ser positiva y las predicciones deben permanecer en el dominio físico.
Elegir solo por R²: compara concentración, residuos, incertidumbre y condiciones del experimento.
Eliminar puntos que molestan: revisa registros y calibración; documenta cualquier exclusión con una causa independiente del ajuste.

8. Laboratorio virtual: modifica una hipótesis

Elige orden, [A]₀, k y tiempo final. Los controles actualizan el gráfico inmediatamente. La concentración mostrada corresponde al tiempo final elegido. Observa cómo cambia la primera vida media al duplicar [A]₀: aumenta al doble en orden cero, permanece igual en primero y cae a la mitad en segundo. k cambia de unidades al cambiar el orden; conservar su valor numérico no representa necesariamente la misma rapidez física.

Orden[A]₀ (mol L⁻¹)k s⁻¹Tiempo final (s)

9. Analizador de datos experimentales

Introduce tiempo en segundos y concentración en mol L⁻¹, con una observación por línea. Puedes pegar columnas separadas por tabulación, espacios, punto y coma o barra vertical. Usa punto decimal; también se admite coma decimal con separadores inequívocos, por ejemplo 20;0,06703. La notación científica, como 6.703e-2, es válida.

Se necesitan al menos tres tiempos distintos. Los registros idénticos se rechazan para evitar contarlos dos veces; las réplicas diferentes a un mismo tiempo se conservan con igual peso. Las filas desordenadas se ordenan y se informa. La herramienta rechaza ceros, valores negativos, texto inválido y extremos fuera de su intervalo numérico. No envía tus datos a un servidor.

Tabla: tiempo (s) | concentración (mol L⁻¹)

Puntos negros: observaciones. Línea coloreada: recta ajustada. Residuos: diferencia observado − predicho. R² pertenece a cada escala transformada. Los modelos inválidos se excluyen de la propuesta.

10. Autoevaluación con respuestas explicadas

1. Dos modelos tienen R² = 0,999. ¿Puedes declarar el orden?

No. Un intervalo corto o el ruido pueden hacerlos indistinguibles. Examina errores en concentración, residuos e incertidumbre; amplía el diseño experimental cuando sea posible.

2. La recta de ln([A]/c°) tiene intercepto negativo. ¿Es imposible?

No: indica [A]₀ menor que c°. Por ejemplo, ln(0,100) ≈ −2,303. La constante exige pendiente negativa para desaparición, pero el intercepto logarítmico no debe ser positivo.

3. Una lectura de concentración es cero. ¿La reemplazas por un número pequeño?

No arbitrariamente. Puede significar agotamiento, redondeo o concentración bajo el límite de detección. ln y el recíproco no están definidos allí; un tratamiento de datos censurados requiere un método específico.

4. En una mezcla alimentaria, ¿un buen ajuste determina automáticamente su vida útil?

No. Describe la magnitud estudiada en ciertas condiciones. Una vida útil necesita además criterios de aceptación, seguridad y validación de la matriz. No extrapoles esta simulación a productos reales.

11. Conclusiones y bibliografía

Determinar el orden requiere relacionar datos y modelos, no solo reconocer una curva. Declara tu convención de velocidad, controla unidades y revisa las predicciones en concentración. Si varios modelos resultan parecidos o ninguno es coherente, esa incertidumbre es un resultado útil: señala qué falta medir.

Para repasar el vínculo con temperatura, vuelve a cinética química y Arrhenius. Revisión: 11 de octubre de 2026.

Raymond Chang, Química, 9.ª edición, sección 13.3, página impresa 567 (página PDF 603 de la copia local). Leyes integradas y vidas medias; página original consultada. Año no confirmado en esta consulta.
OpenStax, Chemistry 2e, 12.4: Integrated Rate Laws. Modelos y unidades.
IUPAC Gold Book: order of reaction. Definición de orden experimental.
IUPAC Gold Book: molecularity. Definición para etapas elementales.
NIST: evaluación de la forma funcional mediante residuos. Criterios de diagnóstico gráfico.
LibreTexts, Mount Royal University: gráficos para determinar leyes y órdenes. Comparación didáctica de transformaciones.

Cómo calcular el pH de una solución buffer: 10 ejercicios resueltos paso a paso

2026-10-11T22:21:11.198-03:00

Una solución buffer, tampón o amortiguadora contiene un par ácido débil/base conjugada que reduce los cambios de pH ante pequeñas adiciones de ácido o base. Calcular su pH permite relacionar la proporción de sus componentes con la acidez de la mezcla. En esta guía aprenderás a reconocer un buffer, calcular su pH y decidir cuándo debes resolver una neutralización antes de usar Henderson-Hasselbalch. Los diez ejercicios avanzan desde mezclas sencillas hasta casos donde un componente se agota.

Respuesta rápida. Identifica un ácido débil y su base conjugada. Si agregas HCl o NaOH, calcula primero la neutralización en moles. Cuando quedan cantidades apreciables de ambos componentes, usa pH ≈ pKa + log₁₀(n_base/n_ácido). Sin reacción previa, puedes emplear concentraciones de la mezcla. Si se agota un componente, cambia de método: Henderson-Hasselbalch con las cantidades preparadas ya no describe un buffer.

Por ejemplo, con ácido y base conjugada en igual proporción, log₁₀(1) = 0 y pH ≈ pKa. Más base conjugada aumenta el pH; más ácido lo disminuye.

Qué es un buffer y cómo funciona Henderson-Hasselbalch

Un buffer, tampón o solución amortiguadora contiene un par ácido débil/base conjugada en cantidades suficientes para reaccionar con pequeñas adiciones de ácido o base. No cualquier mezcla de ácido y sal sirve. CH₃COOH/CH₃COO⁻ sí es un par conjugado; CH₃COOH/Cl⁻ no lo es. El pH cambia, pero menos que en una solución sin amortiguación comparable.

Llamaremos HA al ácido y A⁻ a su base conjugada. La reacción HA + H₂O ⇌ H₃O⁺ + A⁻ explica el equilibrio. Si entra ácido fuerte, A⁻ lo consume; si entra base fuerte, HA la consume. Chang desarrolla este mecanismo y la neutralización previa en la sección 16.3 [1].

En el modelo ideal, Ka = [H₃O⁺][A⁻]/[HA]. Despejando, [H₃O⁺] = Ka[HA]/[A⁻]. Aplicar el logaritmo decimal negativo lleva a:

pH = pKa + log₁₀([A⁻]/[HA]), con pKa = −log₁₀(Ka).

Los corchetes representan concentraciones de equilibrio. Usar las concentraciones preparadas introduce una aproximación adicional: su cambio por disociación debe ser pequeño. OpenStax explica esta deducción [2]. El pH se define rigurosamente mediante la actividad del ion hidrógeno, no solo su concentración [3].

En una misma mezcla, el volumen final se cancela: ([A⁻]/[HA]) = (n_A/V)/(n_HA/V) = n_A/n_HA. No dividas las molaridades de dos frascos originales con volúmenes diferentes. Primero obtén sus moles.

Decide el método antes de calcular

Situación	Primer paso	Método posterior
Par conjugado ya mezclado	Obtener la relación molar	Henderson-Hasselbalch aproximada
Adición de ácido o base fuerte	Neutralización en moles	Usar cantidades restantes si hay buffer
Componente agotado	Identificar qué queda	Equilibrio de ácido/base débil o exceso fuerte
Mezcla muy diluida o no ideal	Revisar supuestos	Balances, actividades o medición

Necesitas manejar n = CV, logaritmos y pares conjugados. Puedes repasar moles y conversiones y equilibrio químico.

Figura 1. Curva calculada para pKa = 4,76. Relaciones 0,1; 1 y 10 dan pH 3,76; 4,76 y 5,76. El eje horizontal es logarítmico; en escala lineal la curva no sería una recta. No son mediciones.

Ejercicios 1 a 7: cálculos directos, preparación y dilución

Condiciones comunes: ejercicios originales e hipotéticos, soluciones acuosas a 25 °C, disociación completa de sales solubles, volúmenes aditivos y comportamiento ideal. M significa mol/L. Los pKa y masas molares indicados son datos redondeados para estos problemas, no constantes universales. Conservamos cifras de guarda y presentamos pH con dos decimales.

1. Ácido acético y acetato en igual concentración

Datos: [CH₃COOH] preparada = 0,100 M; [CH₃COO⁻] preparada = 0,100 M; pKa = 4,76. Calcula el pH.

Identifica CH₃COOH como ácido y CH₃COO⁻ como base.
Relación base/ácido = (0,100 mol/L)/(0,100 mol/L) = 1,00, sin unidades.
pH ≈ 4,76 + log₁₀(1,00) = 4,76.

Comprobación: [H₃O⁺] ≈ 10^−4,76 × 1 = 1,74 × 10⁻⁵ M. Su logaritmo negativo devuelve 4,76. El pH no tiene unidad.

2. Modelo láctico/lactato para estudiar acidificación

Datos: ácido láctico 0,0800 M y lactato 0,120 M; pKa = 3,86. Es un modelo de laboratorio para razonar sobre fermentación, no una composición medida de yogur.

Relación = 0,120/0,0800 = 1,50.
pH ≈ 3,86 + log₁₀(1,50) = 3,86 + 0,1761 = 4,04.
Comprueba el sentido: sobra base respecto al ácido; pH > pKa.

Comprobación: [H₃O⁺] ≈ 10^−3,86/1,50 = 9,20 × 10⁻⁵ M. El equilibrio completo ideal da 4,037, compatible con 4,04.

3. Mezclar volúmenes distintos

Datos: 40,0 mL de CH₃COOH 0,200 M y 60,0 mL de acetato de sodio 0,100 M; pKa = 4,76.

n_ácido = 0,200 mol/L × 0,0400 L = 0,00800 mol.
n_base = 0,100 mol/L × 0,0600 L = 0,00600 mol.
Ambos quedan en 0,1000 L: [HA] = 0,0800 M y [A⁻] = 0,0600 M.
pH ≈ 4,76 + log₁₀(0,00600/0,00800) = 4,64.

Comprobación: la relación final es 0,750, igual usando moles o concentraciones finales. Usar 0,100/0,200 habría dado otra mezcla.

4. Preparar un buffer a partir de masas

Datos: 1,20 g de CH₃COOH puro equivalente y 2,46 g de CH₃COONa anhidro, aforados juntos a 250,0 mL. Masas molares: 60,05 y 82,03 g/mol; pKa = 4,76.

n_ácido = 1,20 g × (1 mol/60,05 g) = 0,01998 mol.
n_base = 2,46 g × (1 mol/82,03 g) = 0,02999 mol.
Relación = 0,02999/0,01998 = 1,5007.
pH ≈ 4,76 + log₁₀(1,5007) = 4,94.

Comprobación: las concentraciones finales son aproximadamente 0,0799 y 0,1200 M. Su cociente coincide. Una sal hidratada exige otra masa molar; una solución comercial exige conocer su concentración.

5. Buffer básico NH₃/NH₄⁺ a partir de Kb

Datos: NH₃ 0,150 M, NH₄Cl 0,100 M; Kb(NH₃) = 1,80 × 10⁻⁵ y Kw = 1,00 × 10⁻¹⁴.

NH₄⁺ es el ácido; NH₃ es su base conjugada.
pKb = −log₁₀(1,80 × 10⁻⁵) = 4,7447.
pKa(NH₄⁺) = pKw − pKb = 14,00 − 4,7447 = 9,2553.
pH ≈ 9,2553 + log₁₀(0,150/0,100) = 9,43.

Comprobación alternativa: pOH ≈ 4,7447 + log₁₀(0,100/0,150) = 4,5686; pH = 14,00 − 4,5686 = 9,4314. El número 14,00 corresponde aquí a 25 °C.

6. Diseñar un buffer fosfato para una práctica de laboratorio

Datos: volumen final 500,0 mL; concentración total del par 0,0500 M; pH objetivo 7,40; pKa₂ = 7,21. Calcula cantidades de H₂PO₄⁻ y HPO₄²⁻.

Selecciona la segunda disociación: H₂PO₄⁻ ⇌ H⁺ + HPO₄²⁻.
r = n_base/n_ácido = 10^(7,40 − 7,21) = 1,5488.
n_total = 0,0500 mol/L × 0,5000 L = 0,02500 mol.
n_ácido = 0,02500/(1 + 1,5488) = 0,00981 mol.
n_base = 0,02500 − 0,00981 = 0,01519 mol.

Comprobación: suma = 0,02500 mol; 7,21 + log₁₀(1,5488) = 7,40. Emplea las cantidades sin redondear para preparar. Aquí se aproxima el sistema al par dominante; no se usa pKa₁ ni se trata todo el fosfato como una única especie. Una preparación real requiere especificar sales/hidratación y verificar pH con instrumento calibrado.

7. Diluir diez veces: mismo pH aproximado, menor capacidad

Datos: 100,0 mL del buffer del ejercicio 1 se diluyen hasta 1,000 L.

Las cantidades siguen siendo 0,0100 mol de cada componente.
Las concentraciones pasan de 0,100 a 0,0100 M.
Relación = 1,00; pH por Henderson-Hasselbalch ≈ 4,76 antes y después.

Comprobación y límite: el equilibrio completo ideal da 4,7602 antes y 4,7615 después. La igualdad es aproximada. La capacidad por litro disminuye aproximadamente diez veces cerca de pKa. Se conserva la cantidad total del par en el recipiente, pero una alícuota del mismo volumen contiene menos buffer. Una dilución extrema puede invalidar la aproximación.

Ejercicios 8 a 10: neutralización previa y agotamiento

Cuando agregas ácido o base fuerte, escribe primero la reacción y cuenta moles. Para ácido fuerte: A⁻ + H⁺ → HA. Para base fuerte: HA + OH⁻ → A⁻ + H₂O. La estequiometría de estos ejemplos es 1:1.

8. Agregar HCl a un buffer existente

Datos: 100,0 mL contienen 0,0100 mol de CH₃COOH y 0,0150 mol de acetato. Añades 10,0 mL de HCl 0,200 M; pKa = 4,76.

n_HCl = 0,200 mol/L × 0,0100 L = 0,00200 mol.
Consume acetato: n_base final = 0,0150 − 0,00200 = 0,0130 mol.
Forma ácido: n_ácido final = 0,0100 + 0,00200 = 0,0120 mol.
Quedan ambos. pH ≈ 4,76 + log₁₀(0,0130/0,0120) = 4,79.

Comprobación: el pH inicial era 4,94; disminuye 0,14 unidades. El par conserva 0,0250 mol. El volumen final, 0,1100 L, se cancela en la relación; no se ignora al calcular concentraciones individuales.

9. Formar el buffer mediante neutralización parcial

Datos: 100,0 mL de CH₃COOH 0,200 M reciben 70,0 mL de NaOH 0,100 M; pKa = 4,76.

n_HA inicial = 0,0200 mol; n_OH⁻ = 0,00700 mol.
HA + OH⁻ → A⁻ + H₂O. Se consumen 0,00700 mol de ácido.
Quedan 0,0130 mol de HA; se forman 0,00700 mol de A⁻. No queda NaOH en exceso.
pH ≈ 4,76 + log₁₀(0,00700/0,0130) = 4,49.

Comprobación: 0,0130 + 0,00700 = 0,0200 mol. La fracción neutralizada es 35,0%, no 50%; por eso pH < pKa. No es correcto calcular el pH de NaOH aislado.

10. Agotar el buffer: la fórmula deja de servir con cantidades preparadas

Datos: 100,0 mL contienen 0,0100 mol de ácido acético y 0,0100 mol de acetato. Se añaden 120,0 mL de HCl 0,100 M; pKa = 4,76.

Llegan 0,0120 mol de H⁺. Solo hay 0,0100 mol de acetato para consumirlos.
Tras neutralizar: ácido acético = 0,0200 mol; exceso de H⁺ = 0,00200 mol; acetato estequiométrico = 0.
V_final = 0,2200 L. [H⁺]_exceso = 0,00200 mol/0,2200 L = 0,00909 M.
Primera aproximación: pH ≈ −log₁₀(0,00909) = 2,04. Ya no hay buffer útil.

Comprobación más completa: C_HA = 0,0200/0,2200 = 0,09091 M. Con Ka = 10^−4,76 y x como disociación adicional, resuelve Ka = (0,00909 + x)x/(0,09091 − x). La raíz positiva es x ≈ 1,70 × 10⁻⁴ M. Entonces pH ≈ 2,033, es decir 2,03 con esta corrección ideal. El modelo solo de exceso fuerte difiere 0,008 unidades; la pequeña disociación aporta acetato, pero no restaura capacidad útil. Si se consumiera exactamente el acetato sin exceso fuerte, habría que calcular el equilibrio del ácido débil restante.

Capacidad amortiguadora y límites del modelo ideal

El pH depende de la relación del par; la capacidad también depende de su concentración total. Dos buffers pueden tener igual pH y resistir cantidades diferentes de ácido. A concentración total fija, la contribución amortiguadora del par es máxima cerca de pH = pKa y disminuye cuando predomina mucho uno de los componentes [1,2]. La capacidad diferencial β expresa cuánto ácido o base fuerte, por litro, se necesita para un cambio pequeño de pH; mayor β implica mayor resistencia. La fórmula del gráfico corresponde a esa contribución del par a volumen constante.

Figura 2. Contribución ideal del par: β = ln(10) C_total Ka[H⁺]/(Ka + [H⁺])². Curvas calculadas a pKa = 4,76, sin contribución del agua. Máximos de 0,115 y 0,0115 mol/L por unidad de pH para 0,200 y 0,0200 M.

La regla práctica 0,1 ≤ base/ácido ≤ 10 equivale a pKa − 1 ≤ pH ≤ pKa + 1. Orienta la elección de un buffer; no garantiza precisión ni constituye una frontera matemática de la ecuación. Revisa además:

Disociación: las cantidades preparadas o restantes deben aproximar las de equilibrio. Si [H₃O⁺] u [OH⁻] dejan de ser pequeñas frente a ellas, resuelve balances y equilibrios [4].
Actividad y temperatura: sales concentradas cambian actividades; pKa y Kw cambian con temperatura. La relación rigurosa es pH = pKa + log₁₀(a_base/a_ácido) [3].
Otros equilibrios: especies polipróticas, complejación, precipitación y CO₂ intercambiado con aire pueden exigir un modelo más amplio.
Capacidad finita: no basta con que ambas cantidades sean positivas; una casi agotada ofrece poca reserva frente a nuevas adiciones.

Qué cambia en química de alimentos

El ejercicio láctico/lactato ayuda a entender una proporción, pero no calcula por sí solo el pH de leche fermentada. En retentados lácteos, la concentración de proteínas y fosfato de calcio puede aumentar la capacidad amortiguadora; la revisión de El-Gazzar y Marth describe este efecto [5]. Por eso más ácido producido no implica la misma caída de pH en matrices diferentes.

En laboratorio, distingue pH medido, composición y acidez titulable. En un alimento real, usa un método de medición apropiado y registra temperatura. Estos ejercicios no validan conservación ni inocuidad. Para interpretar otra propiedad distinta, consulta actividad de agua frente a humedad.

Calculadora de Henderson-Hasselbalch

Úsala para un par conjugado ya formado, después de cualquier neutralización. Introduce pKa y dos cantidades positivas con la misma unidad, o dos concentraciones finales comparables. La herramienta no verifica identidad química, capacidad, actividades ni disociación; no resuelve agotamiento. Acepta coma o punto decimal.

pKa del ácido conjugado

Base conjugada (mol o mol/L)

Ácido (misma unidad que la base)

Resultado de ejemplo: pH ≈ 4,76 para cantidades iguales. Si no se activa la calculadora, usa la fórmula y los ejercicios anteriores.

Cinco errores frecuentes y cómo corregirlos

Invertir base/ácido. Identifica primero quién pierde H⁺. Si predomina la base conjugada, pH debe superar pKa.
Usar gramos directamente. Convierte a moles con la masa molar correcta, incluida hidratación.
Aplicar Henderson-Hasselbalch antes de neutralizar. Haz una tabla inicial/cambio/final; usa lo que queda.
Confundir pKa con pKb o usar logaritmo natural. Usa log₁₀; para una base, convierte al pKa de su ácido conjugado con pKw − pKb.
Creer que diluir conserva toda la capacidad por litro o que cualquier sal sirve. Revisa concentración total y par conjugado, además de la relación.

Estas dificultades se relacionan con preguntas observadas en comentarios de Quimitube y foros; no constituyen un ranking estadístico de errores.

Tres preguntas de autoevaluación con retroalimentación

A. Un buffer tiene pKa = 4,76 y n_base = 2n_ácido. ¿Cuál es su pH? Solución: 4,76 + log₁₀(2) = 5,06. No multipliques pKa por dos.

B. Hay 0,0100 mol de cada componente acético/acetato. Agregas 0,00400 mol de NaOH. ¿Qué cantidades usas y qué pH obtienes? Solución: base = 0,0140 mol; ácido = 0,00600 mol. pH ≈ 4,76 + log₁₀(0,0140/0,00600) = 5,13. Sumar NaOH al denominador invertiría el efecto.

C. Dos buffers tienen relación 1:1, pero concentraciones totales 0,0200 y 0,200 M. ¿Tienen igual pH y capacidad? Solución: mismo pH aproximado a igual temperatura; el segundo tiene aproximadamente diez veces la capacidad por litro cerca de pKa, dentro del modelo ideal. Igual pH no significa igual reserva de neutralización.

Verificación de resultados: los diez ejercicios se recalcularon de forma independiente. Para los pares simples se contrastó la aproximación con balances de masa/carga y autoionización del agua; el diseño fosfato se comprobó por relación y cantidad total. El ejercicio 10 incluye el equilibrio adicional del ácido débil. Las diferencias del modelo ideal no predicen por sí solas la exactitud experimental.

Referencias y siguiente paso

Chang, R. Química, 9.ª edición española. McGraw-Hill Interamericana, 2007. Sección 16.3, páginas 702, 704 y 705 consultadas en la biblioteca local. ISBN 978-970-10-6111-4. No se reproduce ni distribuye el libro.
OpenStax. Chemistry 2e, 14.6: Buffers. Deducción y funcionamiento del buffer.
IUPAC. Gold Book: pH, P04524. Definición mediante actividad.
Harvey, D. Química Analítica 2.1, 6.8: Soluciones Buffer, LibreTexts Español. Balances y límites de la aproximación.
El-Gazzar, F. E.; Marth, E. H. Ultrafiltration and Reverse Osmosis in Dairy Technology: A Review. Journal of Food Protection, 54(10), 801-809, 1991. DOI: 10.4315/0362-028X-54.10.801. Registro y resumen en PubMed. Se consultó el resumen; la afirmación usada se limita a ese resumen.

Para entender por qué cambia la composición cuando agregas un reactivo, continúa con Q y K: dirección del equilibrio.

Revisión científica y de cálculos: 11 de octubre de 2026. Ejercicios y gráficos originales de esta lección; curvas calculadas, no mediciones experimentales.

Cómo calcular diluciones con densidad, pureza y porcentaje en masa: 10 ejercicios resueltos

2026-10-11T22:19:14.381-03:00

Para calcular una dilución, identifica primero qué expresa la concentración y conserva la cantidad de soluto. Si te dan porcentaje en masa y densidad, convierte volumen de disolución → masa de disolución → masa de soluto → moles. Después usa C₁V₁ = C₂V₂ para concentraciones molares, o w₁m₁ = w₂m₂ para fracciones en masa. Si partes de un sólido impuro, divide la masa pura necesaria entre su fracción de pureza.

La clave: 20 % m/m significa 20 g de soluto por cada 100 g de disolución. No significa 20 g por 100 mL, ni por 100 g de agua. Y «diluir hasta 250 mL» significa obtener ese volumen final, no añadir 250 mL de agua.

Esta guía está pensada para Química General I. Necesitas manejar proporciones, masa molar y conversión entre mL y L. En Latinoamérica encontrarás tanto «solución» como «disolución»: aquí se usan como equivalentes. Al terminar podrás elegir el balance correcto, interpretar una etiqueta y justificar cada conversión.

Árbol de decisión: ¿qué fórmula necesitas?

Antes de sustituir números, escribe qué conoces, qué buscas y qué se conserva. Sigue esta ruta:

¿El soluto reacciona, precipita o se pierde?
Sí → primero resuelve el balance químico o la pérdida. No apliques una dilución simple.
No → identifica la base de concentración:

↓ mol/L (M)
Conserva moles: C₁V₁ = C₂V₂. Si falta C₁, obtén los moles por litro.

↓ % m/m
Convierte a w = P/100. Conserva masa de soluto: w₁m₁ = w₂m₂.
¿Te dan volumen? Usa la densidad de esa disolución: m = ρV.

↓ % m/v o g/L
Conserva masa: c₁V₁ = c₂V₂, con bases y unidades compatibles.
% m/v expresa gramos por 100 mL de disolución.

↓ Sólido con pureza p
Calcula masa pura = CVMₘ; luego masa comercial = masa pura/p.
Esto es preparación desde un sólido, no dilución de una solución madre.

¿La meta supera la concentración inicial? Agregar disolvente no la alcanzará. Necesitas otro proceso. Para % v/v, identifica la convención de volumen usada; no conviertas a m/m sin los datos pertinentes.

Por qué funcionan los balances y las conversiones

Diluir reparte la misma cantidad de soluto en más disolución. El balance supone transferencia completa, homogeneidad y ausencia de reacción, precipitación o pérdida del soluto considerado. Para sales, C representa concentración analítica de la fórmula añadida, no la suma de concentraciones de todos sus iones.

P: valor numérico del porcentaje m/m; por ejemplo, P = 20,0. w = P/100: fracción de masa, sin unidades.
ρ: densidad de la disolución, en g/mL. Mₘ: masa molar del soluto, en g/mol.
C: concentración molar, en mol/L. V: volumen de disolución. m: masa de disolución, salvo que se indique «soluto».
p: fracción de pureza del sólido; 98,0 % corresponde a p = 0,980.

El porcentaje en masa usa como denominador la masa de toda la disolución, tal como explica Chang en la sección 12.3. La guía de preparación de disoluciones de la Universitat de València distingue sólidos puros, reactivos de riqueza conocida y líquidos caracterizados por densidad.

m = ρV; m_soluto = wm; n = m_soluto/Mₘ; C = n/V_L.

Para hallar C a partir de P y ρ, toma una base de 1 L de disolución. Esta elección no significa que debas preparar un litro:

1 L × (1000 mL/1 L) × (ρ g disolución/mL) × (w g soluto/g disolución) × (1 mol/Mₘ g soluto).

Se cancelan L de la conversión, mL, g de disolución y g de soluto; quedan moles en la base elegida. Divide entre 1 L:

C = 1000ρw/Mₘ = 10ρP/Mₘ, en mol/L, usando ρ en g/mL y Mₘ en g/mol.

El factor 10 combina 1000 mL/L y la división entre 100 del porcentaje. Si introduces w en lugar de P, debes usar 1000. Para invertir la conversión: P = CMₘ/(10ρ), con esas mismas unidades.

V de disolución
mL× ρ ↓m de disolución
g× w ↓m de soluto
g÷ Mₘ ↓n de soluto
mol

Figura 1. Diagrama dimensional original: cada factor cambia una magnitud concreta. La densidad convierte la masa y el volumen del mismo material.

Para una dilución molar, n₁ = n₂ conduce a C₁V₁ = C₂V₂. Puedes usar mL en ambos lados para despejar un volumen o una concentración. Para obtener n en mol, convierte V a L. La explicación de OpenStax, sección 3.3, desarrolla este balance.

Si ambas concentraciones son m/m, el balance es w₁ρ₁V₁ = w₂ρ₂V₂ cuando conoces los volúmenes y las densidades correspondientes. No elimines ρ₁ y ρ₂ salvo que su igualdad esté justificada. Las masas se suman en un sistema sin pérdidas; los volúmenes no tienen por qué hacerlo.

Pureza y concentración no son dos descuentos automáticos. Una etiqueta de HCl al 30,0 % m/m ya indica la masa de HCl por masa de solución. No multipliques otra vez por 0,300. En un sólido al 98,0 %, p corrige la masa del reactivo que pesas; las impurezas no deben aportar el soluto ni alterar su cantidad.

Figura 2. Diagrama original de dilución. Los seis puntos representan la misma cantidad de soluto antes y después; no representan el número real de moléculas.

10 ejercicios originales, de menor a mayor dificultad

Condiciones comunes: los datos son hipotéticos para practicar, no fichas técnicas de reactivos. Supón soluciones homogéneas, transferencia cuantitativa, ausencia de reacción o pérdidas y solubilidad suficiente. Las masas molares indicadas son datos de cálculo. Mantén cifras de guarda y redondea al final; 100 y 1000 son factores exactos. La densidad y el volumen deben corresponder a la temperatura indicada.

Los casos con ácidos explican balances, no constituyen protocolos de laboratorio. Una preparación real requiere supervisión, protección y la ficha de seguridad del reactivo. La dilución puede calentar: el ajuste del volumen se hace después de volver a la temperatura de calibración. Al diluir ácidos concentrados se añade ácido al agua, lentamente; nunca se invierte ese orden. Consulta la lectura de preparación de soluciones alojada en UC Irvine.

1. Porcentaje en masa: construir el denominador

Enunciado. Disuelve 12,0 g de NaCl puro en 188,0 g de agua. ¿Cuál es el porcentaje m/m?

Ruta. La masa final es 12,0 + 188,0 = 200,0 g. Usa la suma, no solo el agua.

Cálculo. P = (12,0 g NaCl / 200,0 g disolución) × 100 = 6,00 % m/m.

Interpretación y control. Los g se cancelan como unidades; las etiquetas identifican soluto y disolución. Comprobación: 0,0600 × 200,0 g = 12,0 g. No se necesita densidad porque todo está en masa.

2. Diluir por masa un modelo de jarabe

Enunciado. Tienes 150,0 g de una solución de sacarosa al 24,0 % m/m. ¿Qué masa de agua debes añadir para llegar a 8,00 % m/m?

Ruta. Conserva sacarosa: mₛ = 150,0 g disolución × (24,0 g sacarosa/100 g disolución) = 36,0 g.

Cálculo. m₂ = 36,0 g sacarosa × (100 g disolución/8,00 g sacarosa) = 450 g. Agua añadida = 450 − 150,0 = 300 g (tres cifras significativas).

Interpretación y control. Comprobación: 36,0/450 × 100 = 8,00 %. El agua ya presente también cuenta: no añadas 450 g. Es un jarabe binario hipotético, no una formulación de alimento comercial.

3. De densidad y riqueza a molaridad

Enunciado. Una solución hipotética de HCl tiene 30,0 % m/m y ρ = 1,15 g/mL a 20 °C. Usa Mₘ = 36,46 g/mol. Calcula C.

Ruta. Base de 1 L: 1000 mL × 1,15 g/mL = 1150 g disolución; × 0,300 = 345 g HCl.

Cálculo. n = 345 g × (1 mol/36,46 g) = 9,4624 mol; C = n/1 L = 9,46 mol/L.

Interpretación y control. Se cancelan primero mL y después g. Verificación inversa con cifras de guarda: 9,4624 × 36,46/(10 × 1,15) = 30,0 %. La densidad dada corresponde a la solución, no a HCl puro.

4. Calcular una alícuota del reactivo anterior

Enunciado. ¿Qué volumen de la solución del ejercicio 3 necesitas para obtener 250,0 mL de HCl 0,200 mol/L?

Ruta. n₂ = 0,200 mol/L × 250,0 mL × (1 L/1000 mL) = 0,0500 mol.

Cálculo. V₁ = 0,0500 mol × (1 L/9,4624 mol) × (1000 mL/1 L) = 5,28 mL.

Interpretación y control. La ruta independiente es masa HCl = 0,0500 × 36,46 = 1,823 g; masa de solución = 1,823/0,300; volumen = masa/1,15. Da el mismo resultado. Se completa hasta 250,0 mL finales; no se deduce una cantidad exacta de agua por diferencia de volúmenes.

5. Preparar desde un sólido puro

Enunciado. Calcula la masa de KCl puro (Mₘ = 74,55 g/mol) para obtener 200,0 mL de solución 0,150 mol/L.

Ruta. Convierte el volumen final: 200,0 mL × (1 L/1000 mL) = 0,2000 L.

Cálculo. mₛ = 0,150 mol/L × 0,2000 L × 74,55 g/mol = 2,24 g KCl.

Interpretación y control. L y mol se cancelan, quedan g. Con cifras de guarda, 2,2365 g / 74,55 g/mol / 0,2000 L = 0,150 mol/L. Disolver y completar al volumen final es distinto de añadir el sólido a 200,0 mL de agua.

6. Corregir la pureza de un sólido

Enunciado. Necesitas 500,0 mL de NaCl 0,100 mol/L. El sólido contiene 98,0 % m/m de NaCl; Mₘ = 58,44 g/mol. Las impurezas son solubles y no aportan NaCl.

Ruta. Masa pura necesaria = 0,100 mol/L × 0,5000 L × 58,44 g/mol = 2,922 g.

Cálculo. m comercial = 2,922 g NaCl × (100 g reactivo/98,0 g NaCl) = 2,98 g de reactivo.

Interpretación y control. Comprobación: 2,98163 g × 0,980 = 2,922 g NaCl. Al bajar la pureza necesitas más masa comercial, no menos. Si las impurezas reaccionaran o el sólido fuera un hidrato, habría que revisar el modelo y la masa molar.

7. Diluir y expresar el resultado en % m/m

Enunciado. Diluyes 20,00 mL de ácido acético 2,00 mol/L hasta 100,0 mL. La densidad final medida es 1,01 g/mL a 20 °C. Usa Mₘ = 60,05 g/mol. Halla C₂ y P₂.

Ruta. C₂ = 2,00 mol/L × (20,00 mL/100,0 mL) = 0,400 mol/L. La razón de volúmenes no tiene unidades.

Cálculo. n = 2,00 × 0,02000 = 0,0400 mol; mₛ = 0,0400 mol × 60,05 g/mol = 2,402 g. m₂ = 100,0 mL × 1,01 g/mL = 101 g. P₂ = 100 × 2,402/101 = 2,38 % m/m.

Interpretación y control. Comprobación alternativa: P₂ = 0,400 × 60,05/(10 × 1,01). Da 2,38 %. La concentración es analítica de ácido acético total; su ionización no obliga a calcular pH para este balance. Usa la densidad final, no la de la solución madre.

8. Porcentaje en masa con dos densidades

Enunciado. Una solución de sacarosa al 20,0 % m/m tiene ρ₁ = 1,08 g/mL. Deseas 250,0 mL al 5,00 % m/m, con ρ₂ = 1,02 g/mL. Ambas densidades corresponden a 20 °C. ¿Qué volumen inicial y qué masa de agua necesitas?

Ruta. m₂ = 250,0 mL × 1,02 g/mL = 255 g. Sacarosa necesaria = 0,0500 × 255 = 12,75 g.

Cálculo. m₁ = 12,75/0,200 = 63,75 g; V₁ = 63,75 g × (1 mL/1,08 g) = 59,0 mL. Agua = 255 − 63,75 = 191 g.

Interpretación y control. Verificación: 0,200 × 1,08 × 59,0278 = 0,0500 × 1,02 × 250,0 = 12,75 g. Usar P₁V₁ = P₂V₂ daría 62,5 mL y sería incorrecto aquí. Las masas de guarda sirven para el balance; los resultados finales se redondean a tres cifras.

9. Dos diluciones sucesivas

Enunciado. Una solución de NaCl 0,800 mol/L se diluye tomando 10,00 mL y completando a 100,0 mL. De esta nueva solución tomas 5,00 mL y completas a 200,0 mL. Calcula la concentración final.

Ruta. Primera etapa: C intermedia = 0,800 × 10,00/100,0 = 0,0800 mol/L.

Cálculo. Segunda etapa: C final = 0,0800 × 5,00/200,0 = 0,00200 mol/L = 2,00 mmol/L.

Interpretación y control. Las razones de volumen se multiplican: (10,00/100,0) × (5,00/200,0) = 1/400. Control de moles en la segunda etapa: 0,0800 × 0,00500 = 0,00200 × 0,2000 = 0,000400 mol. Solo se transfiere la alícuota, no todo el soluto del primer matraz.

10. Mezcla y dilución con volumen final calculado

Enunciado. Mezclas 80,0 g de solución de sacarosa al 15,0 % m/m con 120,0 g al 5,00 % m/m y añades 50,0 g de agua. La densidad final medida es 1,03 g/mL a 20 °C. Usa Mₘ = 342,30 g/mol. Calcula P final, V final y C final.

Ruta. Masa de sacarosa = 80,0 × 0,150 + 120,0 × 0,0500 = 12,0 + 6,00 = 18,0 g. Masa total = 250,0 g.

Cálculo. P = (18,0/250,0) × 100 = 7,20 % m/m. V = 250,0 g × (1 mL/1,03 g) = 243 mL. C = (18,0/342,30) mol / (250,0/1,03/1000) L = 0,217 mol/L.

Interpretación y control. Control independiente: C = 10 × 1,03 × 7,20/342,30 = 0,216646 mol/L. El promedio simple de porcentajes no sirve con masas distintas. Tampoco sumamos volúmenes: usamos la masa total y la densidad final suministrada.

Cinco errores conceptuales frecuentes al resolver estos problemas

Usar masa de agua como denominador de % m/m. Confunde disolvente con disolución. Suma todas las masas retenidas: soluto, disolvente y otros componentes.
Introducir 30 donde corresponde 0,30. Confunde porcentaje y fracción. Escribe primero 30 g/100 g; así identificas w y evitas un factor de cien.
Usar C₁V₁ = C₂V₂ con porcentajes m/m. El producto porcentaje × volumen no representa masa de soluto sin densidad. Conserva wm o convierte primero a mol/L.
Equiparar volumen final con agua añadida. Ignora el volumen inicial y los posibles cambios de volumen al mezclar. «Hasta el aforo» fija el volumen de toda la disolución.
Multiplicar la masa requerida por la pureza. Reduce la cantidad de soluto cuando necesitas compensar impurezas. Divide por p; tampoco corrijas dos veces una riqueza ya incorporada.

En cualquier ejercicio, pregunta al final: ¿se conserva el soluto?, ¿el resultado tiene la unidad pedida?, ¿bajó la concentración al añadir disolvente? Estas tres comprobaciones detectan muchos errores antes de entregar.

Autoevaluación con retroalimentación

Intenta responder antes de abrir las soluciones. Si fallas una pregunta, vuelve a la rama correspondiente del árbol.

¿Basta conocer 10,0 % m/m para obtener mol/L?
¿Cuál es la diferencia entre 4,00 % m/m y 4,00 % m/v?
Calcula el volumen de una solución 1,50 mol/L necesario para preparar 300,0 mL de solución 0,125 mol/L.
¿Puede una dilución con agua transformar una solución 0,100 mol/L en otra de 0,500 mol/L?

Ver soluciones razonadas

No. Además necesitas la masa molar y la densidad de esa disolución para conectar masa y volumen.
La primera tiene 4,00 g de soluto por 100 g de disolución; la segunda, por 100 mL. Solo coinciden numéricamente si ρ = 1,00 g/mL en las condiciones consideradas.
V₁ = (0,125/1,50) × 300,0 = 25,0 mL. Control: 1,50 × 0,0250 = 0,125 × 0,3000 = 0,0375 mol.
No. Se necesita aumentar la concentración mediante otro proceso; agregar agua conserva soluto y aumenta el volumen.

Para seguir estudiando: el balance de sacarosa del ejercicio 2 sirve para practicar formulación por masa. No permite predecir por sí solo la actividad de agua de un alimento real. Revisa actividad de agua y humedad: por qué no son lo mismo.

Referencias académicas consultadas

Chang, Raymond. Química, 9.ª edición. McGraw-Hill Interamericana, 2007. Sección 4.5, p. 147, y sección 12.3, pp. 507 y 508. Portada, créditos y páginas comprobados en la biblioteca local. ISBN 978-970-10-6111-4. No se reproduce ni distribuye el PDF.
Universitat de València: Preparación de disoluciones. PDF de dos páginas; casos de sólido puro, riqueza, densidad e interconversión de concentraciones.
OpenStax: Chemistry 2e, 3.3 Molarity. Definición de concentración molar, análisis dimensional y dilución; conservación del soluto y cifras de guarda.
LibreTexts Español, Muhammad Arif Malik: 5.4 Concentración de soluciones. Porcentajes, molaridad y diluciones. Los resultados de esta entrada se verificaron por balances propios, sin copiar sus ejercicios.

Revisión científica: 11 de octubre de 2026. Ejercicios y diagramas originales de esta entrada. Las densidades suministradas son datos didácticos, no valores certificados para uso experimental.

Actividad de agua y humedad: ¿por qué no son lo mismo?

2026-10-11T16:38:09.079-03:00

Respuesta corta

La humedad indica cuánta agua contiene una muestra. La actividad de agua, a_w, describe su estado termodinámico respecto del agua pura. No son porcentajes equivalentes: un alimento con 20 % de humedad no tiene necesariamente a_w = 0,20. Para relacionarlas necesitas datos del producto, a una temperatura definida. Aquí aprenderás a calcular ambas magnitudes, interpretar una medición y reconocer cuándo una estimación ideal deja de ser útil.

Concepto: cantidad de agua frente a estado del agua

Imagina dos muestras de 100 g, cada una con 20 g de agua. Una contiene principalmente almidón; la otra incorpora una mezcla distinta de azúcares y proteínas. La masa de agua coincide, pero sus interacciones con los demás componentes pueden diferir. Por eso la humedad, por sí sola, no determina la actividad de agua.

La expresión «agua disponible» ayuda como primera aproximación. Sin embargo, a_w no cuenta moléculas libres ni divide el agua en dos depósitos separados. Es una actividad: una magnitud que compara el comportamiento del agua en el sistema con un estado de referencia.

Conviene separar tres preguntas:

Composición: ¿cuántos gramos de agua hay por cada 100 g de muestra?
Equilibrio: ¿qué presión de vapor de agua se establece sobre esa muestra?
Proceso: ¿cuánto tarda en ganar o perder agua bajo unas condiciones determinadas?

La humedad responde la primera. La actividad de agua se relaciona con la segunda. Ninguna determina por sí sola la velocidad de un proceso. También influyen la geometría, el envase y las resistencias al transporte.

La formación de alimentos dedica atención a esta diferencia porque conecta composición, textura y estabilidad. El seminario de UniParma y FAUBA sobre actividad de agua relaciona esos aspectos con las isotermas y la temperatura.

Definición matemática: cómo calcular humedad y actividad de agua

Humedad en base húmeda y base seca

Si m_w es la masa de agua y m_s la masa de sólidos secos:

Humedad en base húmeda (%) = 100 m_w / (m_w + m_s).

Humedad en base seca (%) = 100 m_w / m_s.

Ambas usan cocientes de masas, pero tienen denominadores distintos. «20 % de humedad» es una información incompleta si no se declara la base. La base seca puede superar 100 %: eso significa que hay más masa de agua que de sólidos secos, no un error matemático.

En análisis real, la humedad también depende del método. Una pérdida de masa durante el secado no demuestra automáticamente que toda esa pérdida sea agua. Deben considerarse otros compuestos volátiles y cambios de la muestra. En los ejercicios siguientes suponemos que la separación entre agua y sólidos es conocida y válida.

Actividad de agua y humedad relativa de equilibrio

Para las condiciones habituales de medición, se emplea:

a_w = p / p₀.

p es la presión parcial de vapor de agua en equilibrio con la muestra. p₀ es la presión de vapor del agua pura a la misma temperatura. Las unidades deben coincidir: kPa/kPa se cancela y a_w queda sin unidad. La guía técnica de la FDA presenta esta definición y su relación con la humedad relativa de equilibrio.

a_w = HRE (%) / 100.

HRE significa humedad relativa de equilibrio en el espacio de aire que acompaña a la muestra. No es cualquier lectura de humedad ambiental. Para aplicar la igualdad, muestra y aire deben alcanzar equilibrio a temperatura controlada.

El agua pura tiene a_w = 1 en su estado de referencia. En el uso habitual con alimentos, los valores se encuentran entre cero y uno. Un resultado debe acompañarse de la temperatura de medición, no solo del número.

¿Se puede calcular a partir de los ingredientes?

En una disolución ideal con un soluto no volátil, la ley de Raoult permite escribir:

p = x_w p₀; por tanto, a_w = x_w.

x_w es la fracción molar del agua: moles de agua divididos por los moles totales de la disolución. OpenStax, Chemistry 2e, sección 11.4 desarrolla la disminución de presión de vapor y el supuesto de idealidad.

Esta igualdad no es una fórmula universal para alimentos. Una matriz con proteínas, sales, fases separadas y varios solutos requiere información adicional. Tampoco se debe introducir la fracción másica en una ecuación que exige fracción molar.

Ejemplos resueltos: cuatro cálculos que no debes confundir

Todos los datos siguientes son hipotéticos, creados para estudiar. No representan mediciones de productos comerciales ni validan su conservación.

Ejemplo 1. Una muestra con 20 g de agua

Datos: 100 g de muestra contienen 20 g de agua y 80 g de sólidos secos.

Base húmeda: 100 × 20 g / 100 g = 20 %.

Base seca: 100 × 20 g / 80 g = 25 %.

Los gramos se cancelan en ambos casos. Los resultados describen la misma muestra usando bases diferentes. Ninguno permite deducir a_w sin más información.

Comprobación: 20 g de agua + 80 g de sólidos = 100 g de muestra. Cambiar la base de expresión no modifica esas masas.

Ejemplo 2. Presiones medidas a una temperatura común

Datos: a una temperatura fija, p = 2,40 kPa y p₀ = 3,00 kPa. Son valores didácticos; no se atribuyen a una temperatura tabulada concreta.

a_w = 2,40 kPa / 3,00 kPa = 0,800.

HRE = 100 × 0,800 = 80,0 %.

Interpretación: la presión de vapor de agua sobre la muestra corresponde al 80,0 % de la referencia. No significa que la muestra tenga 80,0 % de agua ni que el 80,0 % de sus moléculas esté «libre».

Ejemplo 3. Lectura de humedad relativa de equilibrio

Datos: una cámara cerrada y estabilizada a 25 °C registra HRE = 65,0 %.

a_w = 65,0 / 100 = 0,650 a 25 °C.

Si el sensor todavía cambia con el tiempo o la muestra está más caliente que el aire, la lectura no basta para aplicar esta conversión como resultado válido. La Universidad de Minnesota explica una medición basada en humedad relativa y destaca la calibración y el muestreo.

Ejemplo 4. Modelo ideal de agua y sacarosa

Datos: 90,0 g de agua y 10,0 g de sacarosa completamente disuelta. Para el ejercicio, M(agua) = 18,015 g/mol y M(sacarosa) = 342,30 g/mol. Suponemos disolución ideal y soluto no volátil.

n(agua) = 90,0 g × (1 mol / 18,015 g) = 4,99584 mol.

n(sacarosa) = 10,0 g × (1 mol / 342,30 g) = 0,0292141 mol.

x_w = 4,99584 / (4,99584 + 0,0292141) = 0,994186.

a_w ideal ≈ 0,994.

La humedad en base húmeda es 90,0 %, pero la actividad ideal calculada no es 0,900. El agua aporta muchos más moles por gramo que la sacarosa. Si necesitas repasar esta conversión, consulta gramos, moles y partículas.

El cálculo enseña la diferencia entre fracciones másicas y molares. No sustituye una medición de a_w de esa disolución real.

Interpretación física: qué significa y qué no significa el resultado

Un número de actividad describe una condición de equilibrio. Para comparar muestras, registra su composición, temperatura, preparación y método. Dos resultados obtenidos a distintas temperaturas no deben tratarse automáticamente como equivalentes.

La relación entre humedad y actividad suele representarse mediante una isoterma de sorción: una curva experimental a temperatura constante. No existe una curva única que sirva para pan, leche en polvo y frutas deshidratadas.

Supón que una tabla experimental del producto, obtenida a 25 °C, relaciona 8 g de agua por 100 g de sólidos con a_w = 0,40. Si conoces esa tabla, puedes interpretar esa humedad dentro de sus condiciones. Sin la tabla, convertir «8» en «0,08» no tiene fundamento.

Además, una isoterma describe equilibrio. No indica cuánto tardará una muestra en alcanzarlo ni qué barrera de envase necesita. Para esas preguntas hace falta un modelo de transporte o evidencia de almacenamiento.

Aplicación en alimentos: una galleta con relleno

Considera una galleta y un relleno que se almacenan juntos. En un caso hipotético, ambos están a la misma temperatura. La galleta tiene a_w = 0,30 y el relleno, 0,70.

Si pueden intercambiar agua, la diferencia de actividad favorece su transferencia desde el relleno hacia la galleta. La cantidad transferida y la rapidez dependen del sistema. Conocer solo los dos valores no permite calcular el agua final de cada componente.

Para estudiar el problema necesitarías las masas iniciales, las relaciones humedad-actividad de ambos componentes y las condiciones del envase. Una barrera puede reducir la velocidad de transferencia; no convierte por sí sola dos actividades distintas en una sola.

La recomendación de Minnesota Extension para productos de varios componentes incluye evaluar los componentes por separado. Esa distinción también es útil académicamente: una muestra mezclada puede ocultar diferencias locales.

La actividad de agua contribuye a evaluar condiciones de crecimiento microbiano, pero una lectura aislada no demuestra que un producto sea inocuo ni fija su vida útil. También importan pH, temperatura, microorganismos presentes y proceso. Este artículo enseña a interpretar magnitudes; no establece un criterio de liberación de lotes.

Errores que conviene revisar

Dividir el porcentaje de humedad entre 100 para obtener a_w. Esa conversión corresponde a HRE, no a humedad del alimento.
Omitir la base de humedad. Base húmeda y base seca usan denominadores distintos.
Usar presiones a temperaturas diferentes. El cociente exige una referencia a la misma temperatura.
Confundir humedad ambiental con HRE. Hace falta equilibrio con la muestra.
Aplicar Raoult a cualquier formulación. Primero deben justificarse el modelo y sus supuestos.
Considerar a_w como porcentaje de moléculas libres. Es una actividad, no un inventario molecular.
Predecir días de conservación a partir de un único valor. La vida útil requiere información adicional.

Ejercicio propuesto

Una muestra de alimento hipotética pesa 50,0 g y contiene 12,0 g de agua. Su medición independiente, en equilibrio a 25 °C, entrega HRE = 72,0 %.

Calcula su humedad en base húmeda y en base seca.
Calcula a_w e indica la temperatura.
Explica por qué los tres números no tienen que coincidir.
Si otra muestra tiene igual humedad en base húmeda, ¿puedes asignarle la misma actividad de agua?

Solución paso a paso

Sólidos secos: 50,0 − 12,0 = 38,0 g.

Base húmeda: 100 × 12,0 / 50,0 = 24,0 %.

Base seca: 100 × 12,0 / 38,0 = 31,6 %.

Actividad de agua: 72,0 / 100 = 0,720 a 25 °C.

Los dos porcentajes comparan masas con denominadores distintos. La actividad procede del equilibrio de vapor, no de una división de masas. Por eso no hay contradicción entre 24,0 %, 31,6 % y 0,720.

La otra muestra no tiene necesariamente la misma actividad. Haría falta conocer su composición y comportamiento de sorción, o medirla bajo condiciones controladas.

Comprueba la reconstrucción: 38,0 g × 0,315789 = 12,0 g de agua. Al sumar 38,0 y 12,0 recuperas 50,0 g. Conserva decimales intermedios y redondea al final.

¿Pudiste resolver el ejercicio sin mirar la solución? Indica qué paso te costó más: elegir la base, cancelar unidades o interpretar la actividad.

Referencias

FDA: Water Activity (aw) in Foods. Guía técnica de 1984, usada para definición, equilibrio y sorción; no como normativa actual ni recomendación de instrumental.
Flowers, Theopold, Langley y Robinson: Chemistry 2e, 11.4, Colligative Properties. OpenStax, 2019. Ley de Raoult y fracción molar en disoluciones ideales.
University of Minnesota Extension: Testing water activity in cottage foods. Medición mediante humedad relativa, calibración y componentes. Sus requisitos locales no se trasladan a Chile.
UniParma-FAUBA: La actividad del agua y los alimentos. Síntesis académica sobre temperatura, isotermas y propiedades de alimentos.

Ejemplos y ejercicios de elaboración original. Fuentes consultadas el 11 de octubre de 2026.

Cinética química: velocidad, orden de reacción y Arrhenius con ejercicios resueltos

2026-09-23T21:29:05.218-03:00

Respuesta corta

La cinética química estudia cuánto tarda una reacción y cómo cambia su velocidad cuando varían las concentraciones o la temperatura. La velocidad se mide como cambio de concentración por tiempo. La ley de velocidad relaciona esa velocidad con las concentraciones y permite hallar el orden de reacción a partir de datos experimentales. La ecuación de Arrhenius describe cómo varía la constante de velocidad, k, con la temperatura. Son tres preguntas distintas: cuánto cambia una concentración, de qué concentraciones depende y qué ocurre al calentar.

Concepto: de la reacción a los datos

En una reacción A → productos, la concentración de A suele disminuir con el tiempo. Una tabla de concentración frente a tiempo permite calcular la velocidad media en un intervalo. Si repetimos el experimento con distintas concentraciones iniciales, podemos investigar la ley de velocidad. Si medimos k a varias temperaturas, podemos estimar una energía de activación aparente mediante Arrhenius. Estas relaciones deben aplicarse bajo condiciones controladas; en una mezcla compleja puede cambiar el mecanismo o el factor que limita la velocidad.

El equilibrio químico responde a cuánto puede avanzar una reacción; la cinética responde a qué ritmo lo hace. Una reacción termodinámicamente favorable puede transcurrir lentamente. Tampoco debe confundirse la velocidad de reacción con la constante k: la velocidad puede cambiar durante un ensayo aunque k permanezca constante a temperatura y condiciones fijas.

Definición matemática: velocidad, ley y orden

Para aA → bB, la velocidad media de reacción en un intervalo es v̄ = −(1/a) Δ[A]/Δt = (1/b) Δ[B]/Δt. Los corchetes indican concentración molar y Δ significa «valor final menos valor inicial». El signo menos hace positiva la velocidad cuando A se consume; dividir por los coeficientes permite expresar una sola velocidad de reacción. Si las concentraciones están en mol L⁻¹ y el tiempo en segundos, v̄ se expresa en mol L⁻¹ s⁻¹. La velocidad instantánea usa derivadas: v = −(1/a) d[A]/dt.

Por ejemplo, para 2A → B, si [A] baja de 0,120 a 0,100 mol L⁻¹ en 20,0 s, Δ[A] = −0,020 mol L⁻¹ y v̄ = −(1/2)(−0,020 mol L⁻¹)/(20,0 s) = 5,00 × 10⁻⁴ mol L⁻¹ s⁻¹. La concentración de B aumenta 0,010 mol L⁻¹ en ese intervalo, de modo que Δ[B]/Δt da la misma velocidad. Este cálculo es una media para los 20,0 s; no afirma que la velocidad haya sido constante.

Una ley experimental típica es v = k[A]ᵐ[B]ⁿ. Los exponentes m y n son órdenes parciales; m + n es el orden global. Se obtienen midiendo velocidades, no leyendo los coeficientes de la ecuación global, salvo para una etapa elemental cuyo mecanismo se conoce. Duplicar [A] multiplica la velocidad por 2ᵐ si [B] y las demás condiciones no cambian. Las unidades de k dependen del orden: para orden global cero son mol L⁻¹ s⁻¹; para primero, s⁻¹; para segundo, L mol⁻¹ s⁻¹. En general, [k] = (mol L⁻¹)¹⁻⁽ᵐ⁺ⁿ⁾ s⁻¹.

Para el caso sencillo v = −d[A]/dt = k[A]ᵖ, con volumen y temperatura constantes, las leyes integradas son:

Orden p	Relación concentración-tiempo	Gráfico lineal	Vida media t₁⁄₂
0	[A]ₜ = [A]₀ − kt	[A] frente a t, pendiente −k	[A]₀/(2k)
1	ln([A]ₜ/[A]₀) = −kt	ln([A]ₜ/[A]₀) frente a t, pendiente −k	ln 2/k
2	1/[A]ₜ = 1/[A]₀ + kt	1/[A] frente a t, pendiente +k	1/(k[A]₀)

En la tabla, [A]₀ es la concentración inicial y [A]ₜ la concentración al tiempo t. El logaritmo recibe una razón sin unidades. Para graficar datos de primer orden también puede usarse ln([A]ₜ/c°), donde c° es una concentración de referencia fija, por ejemplo 1 mol L⁻¹. Cambiar c° solo desplaza la ordenada de la recta; no altera la pendiente. La vida media es el tiempo necesario para que [A] se reduzca a la mitad. Solo en primer orden es independiente de [A]₀ bajo este modelo.

La dependencia térmica se representa a menudo por k = A exp(−Eₐ/RT). Aquí A es el factor preexponencial (no el reactivo A de los ejemplos), Eₐ la energía de activación, R = 8,314 J mol⁻¹ K⁻¹ y T la temperatura absoluta en kelvin. A tiene las mismas unidades que k. El exponente no tiene unidades: (J mol⁻¹)/[(J mol⁻¹ K⁻¹)K] = 1. Si A y Eₐ se consideran constantes en el intervalo, ln(k₂/k₁) = (Eₐ/R)(1/T₁ − 1/T₂). El gráfico de ln(k/k°) frente a 1/T tiene pendiente −Eₐ/R; k° es una referencia fija con las mismas unidades que k.

Ejemplo resuelto 1: hallar la ley de velocidad

Supongamos datos hipotéticos de velocidades iniciales para una reacción A + B → productos, a temperatura constante. Las concentraciones son mol L⁻¹ y las velocidades mol L⁻¹ s⁻¹.

Ensayo	[A]₀	[B]₀	v₀
1	0,100	0,100	0,00200
2	0,200	0,100	0,00800
3	0,100	0,200	0,00400

Paso 1. Entre los ensayos 1 y 2, [B] no cambia; [A] se duplica y la velocidad se cuadruplica. Por tanto, 4 = 2ᵐ y m = 2.

Paso 2. Entre 1 y 3, [A] no cambia; [B] se duplica y la velocidad se duplica. Por tanto, 2 = 2ⁿ y n = 1.

Paso 3. La ley es v = k[A]²[B] y el orden global es 3. Con el ensayo 1: k = 0,00200/(0,100² × 0,100) = 2,00 L² mol⁻² s⁻¹. Comprobación de unidades: (mol L⁻¹ s⁻¹)/(mol³ L⁻³) = L² mol⁻² s⁻¹. Al sustituir los ensayos 2 y 3 se recuperan 0,00800 y 0,00400 mol L⁻¹ s⁻¹.

El orden global 3 no implica que tres moléculas choquen a la vez: una ley observada puede surgir de varias etapas. Este experimento identifica una relación empírica dentro del intervalo medido.

Ejemplo resuelto 2: orden por gráficos y vida media

En otro ensayo hipotético, de un solo reactivo A, se obtienen estos datos. Los logaritmos de la última columna se calculan dividiendo cada concentración por [A]₀ = 0,1000 mol L⁻¹ antes de aplicar ln.

Tiempo (min)	[A]ₜ (mol L⁻¹)	ln([A]ₜ/[A]₀)
0,0	0,10000	0,0000
5,0	0,07788	−0,2500
10,0	0,06065	−0,5001
15,0	0,04724	−0,7499

La última columna disminuye aproximadamente 0,2500 cada 5,0 min. Por tanto, el gráfico de ln([A]ₜ/[A]₀) frente al tiempo es casi lineal y su pendiente aproximada es −k:

k = −ln(0,06065/0,1000)/(10,0 min) ≈ 0,0500 min⁻¹.

La vida media calculada es t₁⁄₂ = ln 2/k = 0,6931/(0,0500 min⁻¹) = 13,9 min. A los 10 min aún queda cerca del 60,7 % de A, coherente con que no haya transcurrido una vida media. Aquí los descensos de [A] en intervalos de 5 min se hacen menores (0,02212; 0,01723; 0,01341 mol L⁻¹), por lo que [A] frente a t no sigue una recta de orden cero. Tampoco crece 1/[A] por incrementos iguales, como exigiría el modelo de segundo orden. Dos puntos aislados siempre admiten una recta y no demuestran por sí solos el orden: con datos reales hay que comparar series de puntos, residuos e incertidumbre experimental.

Ejemplo resuelto 3: energía de activación con Arrhenius

Consideremos una reacción de primer orden distinta de los ejemplos anteriores, con k₁ = 0,0200 min⁻¹ a 25,0 °C y k₂ = 0,0600 min⁻¹ a 45,0 °C. Son datos didácticos, no mediciones de un alimento.

Paso 1. Convertir temperaturas: T₁ = 298,15 K; T₂ = 318,15 K.

Paso 2. Aislar la energía: Eₐ = R ln(k₂/k₁)/(1/T₁ − 1/T₂).

Paso 3. Sustituir: Eₐ = (8,314 J mol⁻¹ K⁻¹) ln(3,00)/(1/298,15 K − 1/318,15 K) = 4,33 × 10⁴ J mol⁻¹ = 43,3 kJ mol⁻¹. La razón k₂/k₁ no tiene unidades; el denominador tiene K⁻¹, que cancela con el K⁻¹ de R, y quedan J mol⁻¹. La energía positiva concuerda con k₂ > k₁.

Con varios pares (T, k) conviene ajustar una recta de ln(k/k°) frente a 1/T y revisar si realmente es lineal. Un valor de Eₐ obtenido en un intervalo de temperatura describe ese ajuste; no prueba por sí solo un mecanismo molecular único.

Interpretación física

La velocidad media informa sobre un intervalo; la instantánea, sobre un instante. El orden expresa sensibilidad de la velocidad a la concentración dentro de condiciones especificadas. En una reacción de primer orden, perder la mitad de A toma el mismo tiempo desde 100 hasta 50 unidades que desde 50 hasta 25. En orden cero se pierde una cantidad constante por unidad de tiempo, hasta que el modelo deja de ser válido cerca del agotamiento del reactivo. En segundo orden, cada nueva vida media es más larga porque comienza con una concentración menor.

Arrhenius relaciona temperatura y k: un aumento de temperatura suele aumentar k si Eₐ es positiva. No existe una regla universal de «duplicación por cada 10 °C»; el cambio depende de Eₐ y del intervalo de temperaturas. Si cambian pH, oxígeno, fase, catalizador o mecanismo, no es fiable extrapolar la misma recta sin nuevos datos.

Aplicación en alimentos: pérdida de vitamina C

En el procesado y almacenamiento de frutas y verduras, la vitamina C puede degradarse; temperatura y oxígeno son factores relevantes. Una revisión de Giannakourou y Taoukis describe modelos cinéticos para estudiar su estabilidad y recuerda que distintas etapas de conservación requieren análisis propio. En un producto concreto se podrían medir concentraciones de vitamina C a distintos tiempos y temperaturas, seleccionar una ley que represente bien los datos y estimar k y Eₐ para el intervalo estudiado.

Como ilustración hipotética, si la pérdida sigue primer orden con k = 0,0500 día⁻¹ y la concentración inicial es 80,0 mg por 100 g, después de 10,0 días el modelo predice C₁₀ = (80,0 mg/100 g) exp[−(0,0500 día⁻¹)(10,0 días)] = 48,5 mg/100 g. Es una predicción condicional, no una vida útil ni un valor experimental transferible a cualquier alimento. Habría que comprobar el ajuste, la composición, el envase, el oxígeno y la temperatura real de almacenamiento.

Errores frecuentes

Leer el orden desde la ecuación global. El orden requiere datos experimentales, salvo una etapa elemental bien establecida.
Confundir velocidad con k. La velocidad incluye las concentraciones; k corresponde a condiciones de reacción fijadas y tiene unidades dependientes del orden.
Usar °C en Arrhenius. Las temperaturas deben expresarse en kelvin.
Tomar logaritmos de valores con unidades. Usar razones como [A]ₜ/[A]₀ y k₂/k₁, o normalizar con una referencia fija.
Aplicar ln 2/k a cualquier orden. Esa vida media corresponde al modelo de primer orden.
Determinar el orden a partir de solo dos tiempos. Hace falta una serie que permita comparar modelos y evaluar el ajuste.
Extrapolar fuera del intervalo ensayado. Un cambio de mecanismo o de matriz puede invalidar el modelo.

Ejercicio propuesto: tipo prueba

Una reacción hipotética A → productos se estudia a 30,0 °C. Las concentraciones medidas son 0,800, 0,400 y 0,200 mol L⁻¹ a los tiempos 0, 5,00 y 10,00 min, respectivamente. (a) ¿Qué orden sugieren estos datos entre cero, primero y segundo? (b) Calcula k y sus unidades. (c) Predice [A] a 15,00 min y la vida media. (d) Si a 40,0 °C se mide k₂ = 0,220 min⁻¹, estima Eₐ con ambos valores de k, suponiendo válida Arrhenius en el intervalo. Usa R = 8,314 J mol⁻¹ K⁻¹.

Solución paso a paso

(a) La concentración se reduce a la mitad cada 5,00 min: 0,800 → 0,400 → 0,200. Es el patrón de primer orden. Los tres puntos son compatibles con ln([A]ₜ/[A]₀) lineal: en 0, 5 y 10 min, los logaritmos son 0, −0,6931 y −1,3863. En cambio, las caídas de [A] son 0,400 y 0,200 mol L⁻¹, así que no son constantes como exigiría el orden cero; los aumentos de 1/[A] son 1,25 y 2,50 L mol⁻¹, así que tampoco son constantes como exigiría el segundo orden. Con pocos puntos, la identificación sigue siendo provisional.

(b) k = ln(0,800/0,400)/(5,00 min) = 0,1386 min⁻¹. Las concentraciones se cancelan en el logaritmo y queda tiempo⁻¹.

(c) [A]₁₅ = (0,800 mol L⁻¹) exp[−(0,1386 min⁻¹)(15,00 min)] ≈ 0,100 mol L⁻¹. También puede verse como tres vidas medias: 0,800/2³ = 0,100. t₁⁄₂ = ln 2/k = 5,00 min.

(d) T₁ = 303,15 K y T₂ = 313,15 K. Eₐ = (8,314 J mol⁻¹ K⁻¹) ln(0,220/0,1386)/(1/303,15 K − 1/313,15 K) ≈ 3,65 × 10⁴ J mol⁻¹ = 36,5 kJ mol⁻¹. La razón entre constantes es adimensional; el resultado es positivo porque k aumenta al calentar.

Referencias

OpenStax, Chemistry 2e, 12.1: Chemical Reaction Rates. Definición de velocidad y relación estequiométrica.
OpenStax, Chemistry 2e, 12.3: Rate Laws. Órdenes experimentales y método de velocidades iniciales.
OpenStax, Chemistry 2e, 12.4: Integrated Rate Laws. Leyes integradas, gráficos y vidas medias.
OpenStax, Chemistry 2e, 12.5: Collision Theory. Ecuación de Arrhenius y energía de activación.
OpenStax, Chemistry 2e, 12.6: Reaction Mechanisms. Distinción entre reacción global y etapa elemental.
Giannakourou y Taoukis, Foods 10(11), 2630 (2021). Revisión sobre estabilidad de vitamina C y modelos cinéticos en alimentos; DOI: 10.3390/foods10112630.

TRPECV / VSEPR: geometría molecular, ángulos e hibridación

2026-09-23T01:13:01.436-03:00

TRPECV / VSEPR: geometría molecular, ángulos e hibridación

Respuesta corta

La teoría de repulsión de pares de electrones de la capa de valencia, TRPECV o VSEPR, predice la disposición espacial de las regiones de densidad electrónica alrededor de un átomo central. Los pares enlazantes y los pares libres se separan tanto como pueden. La geometría electrónica cuenta todas las regiones; la geometría molecular solo describe la posición de los átomos.

El procedimiento es:

Dibujar una estructura de Lewis razonable.
Contar regiones electrónicas alrededor del átomo central.
Identificar la fórmula AXₘEₙ.
Obtener geometría electrónica, geometría molecular y ángulos aproximados.
Relacionar el número de regiones con una hibridación orientativa.

Para los ejemplos solicitados:

Especie	Fórmula VSEPR	Geometría electrónica	Geometría molecular	Ángulo ideal/aprox.	Hibridación orientativa
SO₃	AX₃	trigonal plana	trigonal plana	120°	sp²
NO₂⁺	AX₂	lineal	lineal	180°	sp
ClO₂⁻	AX₂E₂	tetraédrica	angular	menor que 109,5°	sp³

La hibridación es un modelo de enlace de valencia útil para organizar la geometría; no es una medición directa ni sustituye orbitales moleculares.

Regiones electrónicas: la regla que evita errores

Una región electrónica, también llamada dominio, es una dirección de densidad alrededor del átomo central. Cada enlace simple, doble o triple cuenta como una región. Cada par libre cuenta como una región. Un electrón desapareado también puede influir, aunque los ejemplos habituales se describen con pares.

La repulsión suele ordenarse así:

par libre–par libre > par libre–par enlazante > par enlazante–par enlazante

Por eso un par libre comprime los ángulos entre enlaces. Un enlace múltiple también contiene más densidad que uno simple y puede ejercer una repulsión algo mayor, aunque en el conteo VSEPR sigue ocupando una sola región.

La notación AXₘEₙ usa A para el átomo central, X para los átomos unidos y E para pares libres del centro. AX₃ significa tres enlaces y ningún par libre; AX₂E₂ significa dos enlaces y dos pares libres.

Tabla de geometrías y hibridación orientativa

Regiones	Geometría electrónica	Ángulo ideal	Hibridación de libro
2	lineal	180°	sp
3	trigonal plana	120°	sp²
4	tetraédrica	109,5°	sp³
5	bipiramidal trigonal	90°, 120° y 180°	sp³d
6	octaédrica	90° y 180°	sp³d²

Cuando existen pares libres, la geometría molecular se obtiene eliminando mentalmente las posiciones E. Por ejemplo, AX₂E tiene geometría electrónica trigonal plana, pero geometría molecular angular; AX₃E tiene geometría electrónica tetraédrica, pero forma piramidal trigonal.

En química moderna, las etiquetas sp³d y sp³d² deben usarse con cuidado para elementos del tercer período y superiores. Sirven como descripción geométrica introductoria, pero la estructura electrónica real puede requerir orbitales moleculares, enlaces multicéntricos y participación importante de los ligandos.

Ejemplo 1: SO₃

Conteo de electrones y Lewis

El azufre aporta 6 electrones de valencia y cada oxígeno aporta 6:

6 + 3(6) = 24 electrones de valencia

El átomo menos electronegativo, S, ocupa el centro. La representación de Lewis puede dibujarse con tres enlaces S=O y resonancia. En cursos introductorios, las formas resonantes equivalentes recuerdan que los tres enlaces S–O son equivalentes en la molécula real.

Alrededor de S hay tres enlaces y ningún par libre. Cada enlace múltiple cuenta como una región:

AX₃; número estérico = 3

Geometría y ángulos

Tres regiones se separan en un plano formando una geometría electrónica trigonal plana. Como no hay pares libres en S, la geometría molecular también es trigonal plana. Los tres ángulos O–S–O son aproximadamente 120°.

La hibridación orientativa es sp²: un orbital s y dos orbitales p generan tres direcciones coplanares. Queda un orbital p que puede participar en el sistema π deslocalizado. La palabra “hibridación” no significa que cada enlace S–O sea un enlace doble localizado permanente.

SO₃ gaseoso es no polar como molécula ideal porque sus tres dipolos se cancelan por simetría trigonal. Esto no debe confundirse con SO₃²⁻, el ion sulfito, que tiene un par libre en el azufre y una geometría piramidal trigonal.

Ejemplo 2: NO₂⁺

Conteo y estructura

Para el ion nitronio:

5 + 2(6) − 1 = 16 electrones de valencia

La carga positiva significa que se resta un electrón. La estructura más útil es:

O=N=O

El nitrógeno central no tiene pares libres y está unido a dos oxígenos mediante dos enlaces múltiples. El octeto del N queda completo y cada oxígeno también satisface el octeto.

El doble enlace de cada lado cuenta como una región:

AX₂; número estérico = 2

Geometría y hibridación

Dos regiones electrónicas se colocan en sentidos opuestos, por lo que la geometría electrónica y molecular son lineales. El ángulo O–N–O es 180°. La hibridación orientativa del N es sp: dos orbitales híbridos forman los enlaces σ y quedan dos orbitales p para los componentes π.

NO₂⁺ no debe confundirse con NO₂⁻. El ion nitrito tiene 18 electrones de valencia, un par libre en N y geometría angular. Cambiar la carga cambia la estructura de Lewis, el número estérico y el ángulo.

Ejemplo 3: ClO₂⁻

Conteo y Lewis

Para el ion clorito:

7 + 2(6) + 1 = 20 electrones de valencia

Se suma un electrón por la carga negativa. Cl es el átomo central. Una forma de Lewis con dos enlaces simples deja dos pares libres sobre Cl y cargas formales separadas. Las formas resonantes con un enlace Cl=O y uno Cl–O⁻ representan mejor la deslocalización:

⁻O–Cl=O ↔ O=Cl–O⁻

Las estructuras resonantes no significan que el ion salte entre dibujos; la molécula real es un híbrido. En todos los casos, para VSEPR el centro Cl tiene dos regiones de enlace y dos pares libres:

AX₂E₂; número estérico = 4

Geometría, ángulo e hibridación

Las cuatro regiones tienen una disposición electrónica tetraédrica. Al ocultar los dos pares libres, la geometría molecular es angular o en V. El ángulo O–Cl–O es menor que el tetraédrico ideal de 109,5° porque los pares libres repelen con mayor intensidad. VSEPR permite predecir la tendencia, pero no proporciona por sí sola un valor experimental exacto.

La hibridación orientativa es sp³. El cloro tiene dos direcciones enlazantes y dos direcciones ocupadas por pares libres. El ion es polar porque su forma angular evita la cancelación completa de los dipolos.

No se debe contar el enlace doble de una forma resonante como dos regiones. Un enlace múltiple sigue siendo una sola región VSEPR.

Comparar geometría electrónica y molecular

Considera cuatro casos con cuatro regiones electrónicas:

CH₄, AX₄: tetraédrica y tetraédrica, 109,5°.
NH₃, AX₃E: tetraédrica electrónica, piramidal trigonal, aproximadamente 107°.
H₂O, AX₂E₂: tetraédrica electrónica, angular, aproximadamente 104,5°.
ClO₂⁻, AX₂E₂: angular, con un ángulo que VSEPR sitúa por debajo de 109,5°.

Los valores de NH₃ y H₂O son menores que el ideal porque los pares libres comprimen los enlaces. El valor real de ClO₂⁻ depende además de resonancia, tamaño del átomo central, distribución de carga y medio.

Hibridación sp, sp², sp³, sp³d y sp³d²

La correspondencia de libro se obtiene del número estérico:

sp: 2 regiones, lineal; ejemplo NO₂⁺.
sp²: 3 regiones, trigonal plana; ejemplo SO₃.
sp³: 4 regiones, tetraédrica electrónica; ejemplos NH₃, H₂O y ClO₂⁻.
sp³d: 5 regiones, bipiramidal trigonal; ejemplos didácticos PF₅, SF₄ y ClF₃.
sp³d²: 6 regiones, octaédrica; ejemplos SF₆ y [Co(NH₃)₆]³⁺.

En una bipirámide trigonal, los pares libres prefieren posiciones ecuatoriales porque allí tienen menos interacciones de 90°. Así, AX₄E suele ser balancín y AX₃E₂ suele ser forma de T. En una geometría octaédrica, AX₅E es piramidal cuadrada y AX₄E₂ es cuadrada plana.

Ángulos: ideales, comprimidos y experimentales

Los ángulos 180°, 120° y 109,5° son referencias geométricas ideales. Para predecir la desviación:

Cuenta pares libres.
Busca enlaces múltiples o ligandos muy voluminosos.
Compara posiciones equivalentes.
Indica que el valor exacto necesita datos estructurales o cálculo.

VSEPR predice formas y tendencias angulares, pero no determina por sí sola longitudes de enlace, energía, espectro, mecanismo ni estabilidad termodinámica.

Aplicación en alimentos y bioquímica

La geometría de especies como SO₃, NO₂⁺ y ClO₂⁻ ayuda a razonar polaridad, reactividad y unión a centros metálicos. En alimentos, la forma molecular influye en interacciones con agua, proteínas, membranas y sitios activos. La geometría VSEPR es un primer modelo; pH, solvatación, protonación y coordinación pueden modificar la especie que realmente existe.

Errores frecuentes

Contar un enlace doble como dos regiones.
Confundir geometría electrónica con molecular.
Olvidar pares libres del átomo central.
Usar 109,5° para toda especie sp³ sin considerar pares libres.
Asignar sp² a ClO₂⁻ por ver dos enlaces; hay cuatro regiones.
Confundir SO₃ con SO₃²⁻.
Confundir NO₂⁺ con NO₂⁻.
Elegir una sola estructura resonante como si fuera la molécula completa.
Presentar sp³d como prueba de que los orbitales d participan literalmente en todos los enlaces.
Inferir polaridad únicamente desde la presencia de enlaces polares, sin revisar la geometría.

Método general para resolver ejercicios

Calcula electrones de valencia, ajustando la carga.
Escribe una estructura de Lewis y revisa octetos o expansiones razonables.
Localiza el átomo central.
Cuenta enlaces como regiones individuales y suma pares libres.
Escribe AXₘEₙ y el número estérico.
Determina geometría electrónica y molecular.
Asigna ángulo ideal y explica las desviaciones.
Indica hibridación como modelo orientativo.
Revisa resonancia, polaridad y limitaciones.

Ejercicio propuesto

Determina para SO₃, NO₂⁺ y ClO₂⁻:

Electrones de valencia totales.
Fórmula AXₘEₙ.
Geometrías electrónica y molecular.
Ángulo esperado e hibridación orientativa.
Polaridad molecular.

Solución

SO₃: 24 electrones, AX₃, trigonal plana/trigonal plana, 120°, sp² y no polar idealmente.
NO₂⁺: 16 electrones, AX₂, lineal/lineal, 180°, sp y no polar por simetría lineal.
ClO₂⁻: 20 electrones, AX₂E₂, tetraédrica/angular, menor que 109,5°, sp³ y polar.

Referencias

TRPECV es un modelo predictivo de geometría. Para valores exactos de ángulos y distribución electrónica se necesitan mediciones o métodos de estructura electrónica.

Química de coordinación: nomenclatura, geometría, campo cristalino y CFSE

2026-09-23T01:07:19.092-03:00

Química de coordinación: nomenclatura, geometría, campo cristalino y CFSE

Respuesta corta

Un compuesto de coordinación contiene un metal central unido a ligandos que donan pares de electrones. Para analizarlo conviene seguir este orden:

Identificar la esfera de coordinación y la carga del complejo.
Nombrar ligandos y metal con el estado de oxidación correcto.
Contar el número de coordinación.
Proponer la geometría más probable.
Determinar la configuración d del metal.
Distribuir los electrones en los niveles de campo cristalino y calcular la energía de estabilización.

En un complejo octaédrico los orbitales d se separan en un conjunto inferior t₂g y otro superior e g. La separación se llama Δo. Los orbitales t₂g se estabilizan −0,4Δo por electrón y los eg se desestabilizan +0,6Δo por electrón. La energía de estabilización del campo cristalino, sin incluir todavía el costo de apareamiento, es:

CFSE = [−0,4 n(t₂g) + 0,6 n(eg)]Δo

La fuerza del ligando puede producir complejos de alto o bajo spin, especialmente para configuraciones d⁴ a d⁷.

Qué es un complejo de coordinación

La especie entre corchetes se llama entidad o esfera de coordinación. El metal acepta densidad electrónica y los ligandos la donan mediante enlaces coordinados. Los iones que quedan fuera de los corchetes son contraiones y equilibran la carga.

En [Co(NH₃)₅Cl]Cl₂, la esfera es [Co(NH₃)₅Cl]²⁺ y hay dos iones cloruro externos. Los cinco NH₃ y el cloruro coordinado cuentan para el número de coordinación, que es seis. El cloruro externo no cuenta.

La carga de la esfera permite obtener el estado de oxidación. En [Co(NH₃)₅Cl]²⁺, NH₃ es neutro y el cloruro coordinado vale −1:

x + 5(0) − 1 = +2

x = +3

El metal es cobalto(III).

Nomenclatura de complejos

Para nombrar un complejo iónico:

Nombra primero el catión y después el anión.
Dentro de la esfera, nombra los ligandos en orden alfabético, sin contar prefijos multiplicativos.
Usa di-, tri-, tetra-, penta- y hexa- para cantidades sencillas.
Escribe el metal y su estado de oxidación en números romanos.
Si la esfera es aniónica, el metal suele terminar en -ato en la nomenclatura tradicional o usar la forma recomendada correspondiente.

Algunos nombres de ligandos frecuentes son:

Fórmula	Nombre del ligando
H₂O	aqua
NH₃	ammina
CO	carbonilo
Cl⁻	clorido
OH⁻	hidroxido
CN⁻	cianido
NO₂⁻	nitro o nitrito, según el átomo de unión

Ejemplos:

[Co(NH₃)₅Cl]Cl₂: cloruro de pentaaminacloridocobalto(III).
K₄[Fe(CN)₆]: hexacianidoferrato(II) de potasio.
[Cu(H₂O)₆]SO₄: sulfato de hexaaquacobre(II).
[Pt(NH₃)₂Cl₂]: diamminodicloridoplatino(II); puede existir como isómeros geométricos cis y trans.

Los ligandos polidentados, como etilendiamina (en), ocupan más de un sitio. En ese caso se usan prefijos como bis-, tris- o tetrakis- para evitar ambigüedad: [Co(en)₃]³⁺ es el ion tris(etilendiamina)cobalto(III).

Número de coordinación y geometría

El número de coordinación es el número de átomos donadores unidos directamente al metal. No es necesariamente igual al número de ligandos: la etilendiamina es un ligando, pero aporta dos átomos donadores.

Geometrías frecuentes:

Número de coordinación	Geometría habitual	Ejemplo
2	lineal	[Ag(NH₃)₂]⁺
4	tetraédrica	[ZnCl₄]²⁻
4	cuadrada plana	[PtCl₄]²⁻
6	octaédrica	[Co(NH₃)₆]³⁺

La geometría no se deduce solo con VSEPR. La identidad del metal, su configuración d, el tamaño del ligando y el campo cristalino influyen. Los complejos de coordinación cinco pueden ser bipiramidales trigonales o piramidales cuadradas; por eso conviene no forzar una única geometría sin datos.

Campo cristalino octaédrico

La teoría de campo cristalino considera a los ligandos como cargas o dipolos que repelen los electrones d del metal. En un campo octaédrico, seis ligandos se sitúan sobre los ejes x, y y z.

Los orbitales d orientados directamente hacia los ligandos, dz² y dx²−y², sufren mayor repulsión y forman el conjunto eg, de energía +0,6Δo por electrón. Los orbitales dxy, dxz y dyz apuntan entre los ejes y forman t₂g, de energía −0,4Δo por electrón. El centro de energía de los cinco orbitales se conserva.

La suma de las contribuciones es cero para un conjunto d completo:

3(−0,4Δo) + 2(+0,6Δo) = 0

Por eso Δo representa la separación entre eg y t₂g, no la energía absoluta de un orbital aislado.

Alto spin, bajo spin y serie espectroquímica

Al llenar los orbitales, compiten dos magnitudes: Δo y la energía de apareamiento P.

Si Δo < P, los electrones ocupan eg antes de aparearse: complejo de alto spin.
Si Δo > P, se aparean en t₂g antes de ocupar eg: complejo de bajo spin.

La posibilidad de alto o bajo spin es especialmente importante para d⁴, d⁵, d⁶ y d⁷ octaédricos. En d¹, d² y d³ no hay una elección de apareamiento comparable.

Una versión simplificada de la serie espectroquímica es:

I⁻ < Br⁻ < Cl⁻ < F⁻ < H₂O < NH₃ < en < CN⁻ < CO

Los ligandos de la izquierda suelen producir campos débiles y los de la derecha campos fuertes. La serie es una guía experimental: no reemplaza el análisis del metal, la geometría, la carga y el medio.

Energía de estabilización del campo cristalino

La CFSE se calcula sumando la contribución de cada electrón d. En octaédricos:

CFSE = (−0,4 n_t₂g + 0,6 n_eg)Δo

Si se quiere comparar la energía total de dos configuraciones con distinto número de pares, se añade la energía de apareamiento. Por eso CFSE no es idéntica a la energía de enlace ni a la energía libre de formación del complejo.

Ejemplo 1: [Fe(H₂O)₆]²⁺

El agua es un ligando de campo relativamente débil. Fe²⁺ tiene configuración d⁶. Para un complejo octaédrico de alto spin:

t₂g⁴ eg²

Hay cuatro electrones desapareados. La CFSE es:

CFSE = [−0,4(4) + 0,6(2)]Δo

CFSE = (−1,6 + 1,2)Δo = −0,4Δo

El signo negativo indica estabilización relativa frente al conjunto d no dividido. La magnitud no incluye por sí sola P ni efectos covalentes.

Ejemplo 2: [Fe(CN)₆]⁴⁻

En [Fe(CN)₆]⁴⁻, seis ligandos CN⁻ aportan −6. Como la carga total es −4:

x − 6 = −4; x = +2

Fe²⁺ es d⁶. CN⁻ produce un campo fuerte y, en el modelo introductorio, Δo > P. La configuración es de bajo spin:

t₂g⁶ eg⁰

Todos los electrones están apareados y:

CFSE = [−0,4(6) + 0,6(0)]Δo = −2,4Δo

Comparar −0,4Δo y −2,4Δo muestra por qué la ocupación electrónica cambia con la fuerza del ligando, aunque la estabilidad real también dependa de P, covalencia y solvatación.

Campo tetraédrico y cuadrado plano

En un campo tetraédrico, los orbitales e quedan abajo y los t₂ arriba:

CFSEtet = [−0,6 n(e) + 0,4 n(t₂)]Δt

La separación es menor que en un octaédrico, aproximadamente Δt ≈ 4/9 Δo. Por eso los complejos tetraédricos suelen ser de alto spin.

En un campo cuadrado plano, los cinco orbitales ya no se agrupan simplemente como t₂g y eg. El orbital dx²−y² suele quedar muy alto porque apunta hacia los ligandos del plano. Este esquema es frecuente en complejos d⁸ de metales pesados, como Pt(II), y ayuda a entender sus geometrías y posibles isómeros.

Magnetismo, color y límites del modelo

Los electrones desapareados producen paramagnetismo; si todos están apareados, el complejo es diamagnético. La teoría de campo cristalino permite hacer esta predicción contando electrones, pero la susceptibilidad magnética experimental puede incluir contribuciones orbitales.

La absorción de luz puede promover un electrón de t₂g a eg. La energía aproximada de esa transición es Δo, de modo que los complejos de metales de transición pueden presentar color. El color observado también depende de transferencia de carga, distorsiones, solvente y simetría.

El campo cristalino es un modelo electrostático. La teoría de campo ligando y los orbitales moleculares describen mejor la covalencia, la retro donación π y las diferencias entre ligandos.

Aplicación en alimentos y bioquímica

La coordinación explica la función de hemoproteínas, centros metálicos de enzimas, pigmentos y agentes quelantes. Cambiar el ligando, el pH o la geometría puede modificar color, solubilidad, reactividad y biodisponibilidad de un metal. En alimentos, el modelo ayuda a formular hipótesis, pero no sustituye mediciones de especiación, estabilidad y seguridad.

Errores frecuentes

Contar contraiones como si estuvieran coordinados.
Confundir número de ligandos con número de coordinación.
Omitir la carga del complejo al calcular el estado de oxidación.
Escribir eg y t₂g sin indicar la geometría.
Llamar CFSE a toda la energía de formación del complejo.
Confundir alto spin con campo fuerte.
Usar la separación octaédrica para un complejo tetraédrico o cuadrado plano.
Suponer que una geometría es segura solo por el número de coordinación.
Concluir la estabilidad en disolución únicamente a partir de CFSE.

Método general para resolver ejercicios

Separa esfera de coordinación y contraiones.
Calcula la carga y el estado de oxidación del metal.
Cuenta átomos donadores y determina el número de coordinación.
Propón la geometría y la separación orbital correspondiente.
Obtén la configuración d del ion metálico.
Decide alto o bajo spin comparando Δ con P y la fuerza del ligando.
Cuenta desapareados y calcula CFSE.
Explica qué efectos del modelo quedan fuera, como covalencia, solvatación y quelación.

Ejercicio propuesto

Analiza [CoF₆]³⁻ y [Co(CN)₆]³⁻.

Calcula el estado de oxidación y la configuración d del cobalto.
Decide cuál es de alto spin y cuál de bajo spin.
Escribe la ocupación t₂g/eg, cuenta electrones desapareados y calcula CFSE.
Nombra ambas especies.

Solución

En ambos complejos, seis ligandos mononegativos y carga total −3 dan Co(III). Co, Z = 27; Co³⁺ es d⁶.

F⁻ es campo débil: [CoF₆]³⁻ se trata como alto spin, t₂g⁴ eg², con cuatro desapareados y CFSE = −0,4Δo. Su nombre es hexafluoridocobaltato(III).

CN⁻ es campo fuerte: [Co(CN)₆]³⁻ se trata como bajo spin, t₂g⁶ eg⁰, sin desapareados y CFSE = −2,4Δo. Su nombre es hexacianidocobaltato(III).

Referencias

La CFSE es una aproximación de campo cristalino. Las conclusiones sobre estabilidad, color o seguridad deben contrastarse con estructura electrónica, medio y datos experimentales.

Termodinámica: ΔH, ΔS, ΔG, espontaneidad, K y Van’t Hoff

2026-09-23T01:03:41.685-03:00

Termodinámica química: ΔH, ΔS, ΔG, espontaneidad, K y Van’t Hoff

Respuesta corta

La termodinámica permite predecir si un proceso es favorable bajo unas condiciones, aunque no indique por sí sola qué tan rápido ocurre. A temperatura y presión constantes, el criterio central es la energía libre de Gibbs:

ΔG = ΔH − TΔS

ΔG < 0: el proceso es espontáneo en el sentido escrito.
ΔG = 0: el sistema está en equilibrio.
ΔG > 0: el sentido escrito no es espontáneo; el inverso sí puede serlo.

ΔH mide el cambio de entalpía, ΔS el cambio de entropía y T debe estar en kelvin. En condiciones estándar:

ΔG° = −RT ln K

Así, K grande corresponde a ΔG° negativo y productos favorecidos en el equilibrio. La ecuación integrada de Van’t Hoff conecta temperatura y constante de equilibrio:

ln(K₂/K₁) = −(ΔH°/R)(1/T₂ − 1/T₁)

Si la reacción es endotérmica, ΔH° > 0, K aumenta al subir la temperatura. Si es exotérmica, K disminuye al calentar, dentro del intervalo donde ΔH° pueda considerarse aproximadamente constante.

Qué significan ΔH, ΔS y ΔG

La entalpía de reacción representa el calor intercambiado a presión constante:

ΔH = Hproductos − Hreactivos

Una reacción exotérmica tiene ΔH < 0 y libera calor; una endotérmica tiene ΔH > 0 y absorbe calor. El signo de ΔH no decide por sí solo la espontaneidad.

La entropía cuantifica la dispersión de energía y el número de microestados accesibles:

ΔS = Sproductos − Sreactivos

En una estimación cualitativa, aumentar los moles de gas, mezclar sustancias o pasar de sólido a líquido suele favorecer ΔS > 0. Pero la entropía no debe reducirse a “desorden”: se calcula con datos o con un modelo definido.

La energía libre combina ambos efectos:

ΔG = ΔH − TΔS

El término TΔS tiene unidades de energía. Si ΔS está en J·mol⁻¹·K⁻¹ y ΔH en kJ·mol⁻¹, hay que convertir una de las dos magnitudes antes de restar.

Matriz de signos y temperatura

Los signos de ΔH y ΔS permiten anticipar el efecto de la temperatura:

ΔH	ΔS	Consecuencia ideal
negativo	positivo	ΔG es negativo a toda temperatura
positivo	negativo	ΔG es positivo a toda temperatura
negativo	negativo	favorable a baja T; puede dejar de serlo a alta T
positivo	positivo	desfavorable a baja T; puede ser favorable a alta T

En los dos últimos casos existe una temperatura de cambio aproximada:

Tcruce = ΔH/ΔS

Para usar esta expresión, ΔH y ΔS deben tener las mismas unidades y el cociente debe ser positivo. La temperatura de cruce no es una velocidad de reacción ni garantiza que el modelo siga siendo exacto fuera del intervalo de datos.

Ejemplo 1: calcular ΔG y la temperatura de cruce

Considera la síntesis de amoníaco escrita como:

N₂(g) + 3 H₂(g) ⇌ 2 NH₃(g)

Supón, para un ejercicio, ΔH° = −92,2 kJ·mol⁻¹ y ΔS° = −198 J·mol⁻¹·K⁻¹. Primero convertimos:

ΔS° = −0,198 kJ·mol⁻¹·K⁻¹

A 298 K:

ΔG° = −92,2 − (298)(−0,198) = −33,2 kJ·mol⁻¹

El resultado negativo indica que el sentido hacia NH₃ es favorable en condiciones estándar a esa temperatura. La temperatura de cruce aproximada es:

Tcruce = (−92,2)/(−0,198) = 466 K

A 700 K:

ΔG° = −92,2 − (700)(−0,198) = +46,4 kJ·mol⁻¹

El signo cambia porque el término entrópico crece con T. Esto no significa que no pueda existir NH₃ a 700 K; significa que, en estado estándar, la reacción directa ya no está favorecida por ΔG°.

Espontaneidad no significa rapidez

Un proceso espontáneo puede ser muy lento. La combustión de una sustancia puede tener ΔG < 0 y necesitar una chispa porque existe una barrera de activación. Un catalizador reduce la barrera cinética, pero no cambia ΔG° ni K para una reacción dada a la misma temperatura.

Además, ΔG° describe un estado estándar. Para una mezcla real:

ΔG = ΔG° + RT ln Q

Q contiene actividades o aproximaciones de concentración y presión del estado actual. En equilibrio, Q = K y ΔG = 0. Por eso una reacción con ΔG° positivo puede avanzar hacia productos si la mezcla inicial tiene un Q suficientemente pequeño.

Relación entre ΔG° y K

En equilibrio:

0 = ΔG° + RT ln K

De aquí:

ΔG° = −RT ln K

y también:

K = e^(−ΔG°/RT)

R puede ser 8,314 J·mol⁻¹·K⁻¹ si ΔG° está en joules, o 0,008314 kJ·mol⁻¹·K⁻¹ si ΔG° está en kilojoules. No mezcles unidades.

Ejemplo 2: obtener K desde ΔG°

Para ΔG° = −33,2 kJ·mol⁻¹ a 298 K:

ln K = −ΔG°/(RT) = 33,2/(0,008314 × 298) = 13,40

K = e^13,40 ≈ 6,6 × 10⁵

K es grande, por lo que el equilibrio estándar favorece productos. No significa que la conversión sea instantánea ni que todo el reactivo se convierta exactamente al cien por ciento.

Si ΔG° = 0, K = 1. Si ΔG° es positivo, K < 1 y el equilibrio favorece reactivos en el sentido elegido.

Ecuación de Van’t Hoff

La forma diferencial es:

d(ln K)/dT = ΔH°/(RT²)

Suponiendo ΔH° aproximadamente constante entre T₁ y T₂, se integra como:

ln(K₂/K₁) = −(ΔH°/R)(1/T₂ − 1/T₁)

La ecuación exige temperaturas absolutas. Para una reacción endotérmica, ΔH° > 0; al subir T, 1/T₂ − 1/T₁ es negativo y ln(K₂/K₁) resulta positivo. K aumenta. Para una reacción exotérmica ocurre lo contrario.

Ejemplo 3: Van’t Hoff para una reacción endotérmica

Una reacción tiene K₁ = 0,500 a 298 K y ΔH° = +50,0 kJ·mol⁻¹. Estima K₂ a 350 K:

ln(K₂/0,500) = −(50,0/0,008314)(1/350 − 1/298)

ln(K₂/0,500) = 3,00

K₂ = 0,500 e^3,00 = 10,0

Al aumentar la temperatura, K pasa aproximadamente de 0,500 a 10,0. La reacción endotérmica queda mucho más favorecida en productos. El cálculo supone que ΔH° no cambia apreciablemente en ese intervalo.

Cómo leer un gráfico de Van’t Hoff

Si se grafica ln K frente a 1/T:

ln K = −(ΔH°/R)(1/T) + ΔS°/R

la pendiente es −ΔH°/R y la ordenada al origen es ΔS°/R. Una pendiente negativa indica ΔH° positivo; una pendiente positiva indica ΔH° negativo. Los datos experimentales pueden desviarse de una recta si ΔH° cambia con la temperatura o si aparecen fases y mecanismos adicionales.

Aplicación en alimentos y bioquímica

La termodinámica ayuda a discutir oxidación de lípidos, desnaturalización, disolución de gases, reacciones de pardeamiento y estabilidad de ingredientes. ΔG indica la dirección favorable bajo condiciones definidas; ΔH ayuda a entender el efecto térmico y ΔS el papel de fases y mezcla. En una formulación real, actividad de agua, pH, fuerza iónica, presión y composición cambian el estado termodinámico. La ecuación de Van’t Hoff puede orientar una extrapolación de temperatura, pero no reemplaza datos de vida útil.

Errores frecuentes

Usar °C directamente en TΔS o Van’t Hoff.
Restar J de kJ sin conversión.
Confundir ΔG < 0 con una reacción rápida.
Usar ΔG° como si describiera cualquier mezcla, ignorando Q.
Escribir ΔG° = RT ln K sin el signo negativo.
Aplicar Van’t Hoff con ΔH° variable sin advertir la aproximación.
Pensar que un catalizador cambia K.
Interpretar K grande como conversión completa.
Olvidar que invertir la reacción cambia el signo de ΔH°, ΔS° y ΔG°, y transforma K en 1/K.

Método general para resolver ejercicios

Ajusta la reacción y fija el sentido.
Anota ΔH y ΔS con unidades compatibles.
Convierte la temperatura a kelvin.
Calcula ΔG y decide la espontaneidad bajo las condiciones indicadas.
Si se da ΔG°, calcula K con el signo correcto.
Si se comparan dos temperaturas, usa Van’t Hoff y verifica el signo de ΔH°.
Indica las aproximaciones: estado estándar, gases ideales, ΔH° constante o actividades aproximadas.

Ejercicio propuesto

Una reacción tiene ΔH° = +35,0 kJ·mol⁻¹ y ΔS° = +120 J·mol⁻¹·K⁻¹.

Calcula ΔG° a 298 K.
Encuentra la temperatura de cruce aproximada.
Si K = 0,80 a 298 K, estima K a 330 K usando Van’t Hoff.
Explica si un catalizador cambiaría tus valores.

Solución

ΔS° = 0,120 kJ·mol⁻¹·K⁻¹. ΔG° = 35,0 − (298)(0,120) = −0,76 kJ·mol⁻¹.
Tcruce = 35,0/0,120 = 292 K.
ln(K₂/0,80) = −(35,0/0,008314)(1/330 − 1/298) = 1,37; K₂ = 0,80e^1,37 = 3,15.
El catalizador cambia la rapidez de llegada al equilibrio, pero no ΔG°, ΔH°, ΔS° ni K a una temperatura fija.

Referencias

La espontaneidad y los valores de K dependen de la reacción escrita, la temperatura y el estado termodinámico especificado. No sustituyen datos cinéticos ni de estabilidad de una formulación real.

Solubilidad y Kps: precipitación, ion común y concentración máxima

2026-09-23T00:58:49.252-03:00

Solubilidad y Kps: cuándo precipita un compuesto como PbCO₃

Respuesta corta

La solubilidad de una sal poco soluble se describe mediante un equilibrio entre el sólido y sus iones disueltos. Para el carbonato de plomo(II):

PbCO₃(s) ⇌ Pb²⁺(aq) + CO₃²⁻(aq)

el producto de solubilidad a 25 °C puede tomarse como Kps = 7,4 × 10⁻¹⁴ en una aproximación de concentraciones. El cociente de reacción para precipitación es:

Qps = [Pb²⁺][CO₃²⁻]

Si Qps < Kps, la disolución está insaturada y no precipita PbCO₃.
Si Qps = Kps, está justo saturada.
Si Qps > Kps, precipita sólido hasta que el sistema se acerque a Qps = Kps.

La concentración máxima de Pb²⁺ antes de precipitar depende de cuánto CO₃²⁻ ya haya en la solución. Si [CO₃²⁻] = 1,0 × 10⁻³ M, el límite ideal es:

[Pb²⁺]máx = Kps/[CO₃²⁻] = 7,4 × 10⁻¹¹ M

El ion común reduce la solubilidad. Las concentraciones calculadas son aproximaciones: pH, protonación del carbonato, actividad iónica y complejos de plomo pueden cambiar el resultado real.

Concepto: equilibrio de disolución

Una sal iónica poco soluble no es necesariamente insoluble. Una pequeña cantidad puede pasar a la solución mientras otra cantidad precipita; en equilibrio, las velocidades de disolución y precipitación son iguales. La constante asociada a ese equilibrio se llama producto de solubilidad, Kps o Ksp.

Para una sal general:

MₐXᵦ(s) ⇌ a Mᵇ⁺(aq) + b Xᵃ⁻(aq)

la expresión ideal es:

Kps = [Mᵇ⁺]ᵃ[Xᵃ⁻]ᵇ

El sólido puro no aparece porque su actividad se considera constante. Sí aparecen los iones, elevados a sus coeficientes estequiométricos. No se deben escribir los subíndices de la fórmula como si fueran siempre exponentes de Kps: primero hay que ajustar la reacción de disolución.

Para PbCO₃, los coeficientes son uno y uno:

Kps = [Pb²⁺][CO₃²⁻]

Un Kps pequeño suele indicar baja solubilidad molar en agua, pero no permite comparar dos sales sin considerar su estequiometría. Por ejemplo, una sal que libera tres iones puede tener una relación entre Kps y solubilidad diferente de una sal 1:1.

Qps: predecir la precipitación

Qps se calcula con las concentraciones actuales, antes de que el sistema alcance el equilibrio. La comparación Qps/Kps indica el sentido del cambio:

Escribe la ecuación de disolución.
Construye Qps con los iones y exponentes correctos.
Sustituye las concentraciones después de mezclar, teniendo en cuenta la dilución.
Compara con Kps.
Si Qps > Kps, calcula cuánto precipita o identifica el ion que debe quedar por debajo del umbral.

Ejemplo 1: ¿precipita PbCO₃?

Una solución contiene [Pb²⁺] = 1,0 × 10⁻⁶ M y [CO₃²⁻] = 1,0 × 10⁻⁵ M. Entonces:

Qps = (1,0 × 10⁻⁶)(1,0 × 10⁻⁵) = 1,0 × 10⁻¹¹

Como 1,0 × 10⁻¹¹ es mayor que 7,4 × 10⁻¹⁴, la solución está sobresaturada y debe precipitar PbCO₃ en el modelo simple. Si [Pb²⁺] = 1,0 × 10⁻⁸ M y [CO₃²⁻] = 1,0 × 10⁻⁵ M:

Qps = 1,0 × 10⁻¹³ < 7,4 × 10⁻¹⁴

Aquí el valor escrito no es menor: 1,0 × 10⁻¹³ es mayor que 7,4 × 10⁻¹⁴, por lo que también precipitaría. Para una solución claramente insaturada, [Pb²⁺] = 1,0 × 10⁻⁹ M da Qps = 1,0 × 10⁻¹⁴, menor que Kps.

Solubilidad molar en agua pura

Si PbCO₃ se disuelve en agua pura y llamamos s a la solubilidad molar:

[Pb²⁺] = s
[CO₃²⁻] = s

Por tanto:

Kps = s²

Con Kps = 7,4 × 10⁻¹⁴:

s = √(7,4 × 10⁻¹⁴) = 2,72 × 10⁻⁷ M

La masa molar de PbCO₃ es aproximadamente 267,21 g·mol⁻¹. La solubilidad ideal equivalente es:

2,72 × 10⁻⁷ mol·L⁻¹ × 267,21 g·mol⁻¹ = 7,27 × 10⁻⁵ g·L⁻¹

Este cálculo supone que el carbonato permanece como CO₃²⁻. En agua real, el carbonato puede protonarse a HCO₃⁻ o H₂CO₃, especialmente cuando el pH disminuye; por eso la solubilidad total de plomo puede ser distinta.

Ejemplo 2: concentración máxima antes de precipitar

Si ya hay [CO₃²⁻] = 1,0 × 10⁻³ M, la precipitación comienza cuando Qps alcanza Kps:

[Pb²⁺]máx[CO₃²⁻] = Kps

[Pb²⁺]máx = (7,4 × 10⁻¹⁴)/(1,0 × 10⁻³) = 7,4 × 10⁻¹¹ M

Por debajo de ese valor, el sistema ideal está insaturado. Al superarlo, aparece PbCO₃(s), siempre que la especie relevante sea realmente Pb²⁺ libre y que exista carbonato libre. La palabra “máxima” se refiere al inicio de precipitación, no a una concentración segura desde el punto de vista toxicológico.

Si la concentración de carbonato fuera 1,0 × 10⁻⁶ M, el límite subiría a 7,4 × 10⁻⁸ M. Menos ion carbonato disponible permite una concentración mayor de Pb²⁺ antes de alcanzar Kps.

Efecto del ion común

Añadir una sal soluble que aporte CO₃²⁻ introduce un ion común en el equilibrio de PbCO₃. El sistema responde consumiendo parte de Pb²⁺ y CO₃²⁻ para formar más sólido. La solubilidad disminuye frente al agua pura.

Si [CO₃²⁻]₀ es mucho mayor que la cantidad s que se disuelve, puede aproximarse:

[Pb²⁺] ≈ s = Kps/[CO₃²⁻]₀

Con [CO₃²⁻]₀ = 1,0 × 10⁻³ M:

s ≈ 7,4 × 10⁻¹¹ M

La aproximación es válida solo si la variación de carbonato causada por la disolución es despreciable. Para concentraciones pequeñas del ion común hay que resolver el balance completo, no sustituir automáticamente la concentración inicial por la de equilibrio.

El ion común también puede ser Pb²⁺. Una solución que ya contiene plomo reduce la cantidad adicional de PbCO₃ que puede disolverse. En ambos casos, Qps ayuda a decidir si se disuelve sólido o se forma precipitado.

Ejemplo 3: precipitación al mezclar soluciones

Se mezclan volúmenes iguales de una solución de Pb(NO₃)₂ 2,0 × 10⁻⁴ M y una solución de Na₂CO₃ 4,0 × 10⁻⁴ M. La dilución por mezcla reduce cada concentración a la mitad:

[Pb²⁺] después de mezclar = 1,0 × 10⁻⁴ M
[CO₃²⁻] después de mezclar = 2,0 × 10⁻⁴ M

Entonces:

Qps = (1,0 × 10⁻⁴)(2,0 × 10⁻⁴) = 2,0 × 10⁻⁸

Como Qps es mucho mayor que Kps, precipita PbCO₃. Para calcular la cantidad final habría que plantear una tabla de cambios con x mol·L⁻¹ precipitados y verificar que las concentraciones libres restantes satisfacen Kps.

pH, actividades y limitaciones del modelo

El carbonato es una base que participa en equilibrios ácido-base. En presencia de H⁺, parte de CO₃²⁻ se transforma en HCO₃⁻ y H₂CO₃. Esto reduce la concentración libre de CO₃²⁻ y puede favorecer la disolución de PbCO₃. El plomo también puede formar complejos con ligandos como cloruro, hidróxido o materia orgánica.

Formalmente, Kps se expresa con actividades, no con concentraciones desnudas:

Kps = a(Pb²⁺)a(CO₃²⁻)

En cursos introductorios se aproximan actividades por concentraciones y se supone temperatura constante, fuerza iónica moderada y ausencia de complejos. Para agua natural, alimentos o muestras ambientales, hay que especificar pH, composición y fuerza iónica antes de convertir el resultado en una predicción cuantitativa.

Aplicación en alimentos y seguridad

Los equilibrios de precipitación aparecen en aguas de proceso, depósitos minerales, fortificación y control de contaminantes. El ejemplo de PbCO₃ es químicamente útil, pero el plomo es tóxico: Kps no es un límite sanitario ni autoriza una concentración en un alimento. La evaluación de seguridad requiere normativa, especiación, biodisponibilidad y medición analítica.

Errores frecuentes

Comparar concentraciones de reactivos sin calcular Qps.
Olvidar la dilución al mezclar soluciones.
Incluir el sólido PbCO₃ en la expresión de Kps.
Usar [CO₃²⁻] total cuando el pH hace importante la protonación.
Confundir solubilidad molar s con concentración de cada ion en una sal con estequiometría distinta de 1:1.
Concluir que un Kps pequeño significa precipitación inmediata: primero hay que evaluar Qps.
Llamar “concentración segura” al límite de precipitación.
Comparar Kps de sales con fórmulas diferentes sin considerar sus exponentes.

Ejercicio propuesto

Para PbCO₃(s) ⇌ Pb²⁺ + CO₃²⁻, usa Kps = 7,4 × 10⁻¹⁴ a 25 °C:

Decide si precipita cuando [Pb²⁺] = 5,0 × 10⁻⁶ M y [CO₃²⁻] = 1,0 × 10⁻⁶ M.
Calcula la solubilidad molar en agua pura.
Calcula [Pb²⁺] máxima cuando [CO₃²⁻] = 2,0 × 10⁻⁴ M.
Explica qué cambia al acidificar la solución.

Solución

Qps = (5,0 × 10⁻⁶)(1,0 × 10⁻⁶) = 5,0 × 10⁻¹², mayor que Kps: precipita.
s = √Kps = 2,72 × 10⁻⁷ M.
[Pb²⁺]máx = 7,4 × 10⁻¹⁴/(2,0 × 10⁻⁴) = 3,7 × 10⁻¹⁰ M.
Al acidificar, disminuye CO₃²⁻ libre por protonación; el equilibrio puede desplazar la disolución hacia la derecha. La magnitud real depende del pH y de los demás equilibrios.

Referencias

La cifra de Kps se usa como dato tabulado de trabajo a 25 °C. La especiación y las actividades pueden modificar la predicción en una muestra real.

Equilibrio químico: Kc, Kp, cociente Q, desplazamiento y volumen

2026-09-23T00:50:40.465-03:00

Equilibrio químico: Kc, Kp, cociente Q, desplazamiento y volumen

Respuesta corta

En un equilibrio químico las reacciones directa e inversa ocurren simultáneamente, pero las concentraciones macroscópicas permanecen constantes. La constante de equilibrio resume la composición de equilibrio a una temperatura fija. Kc usa concentraciones molares; Kp usa presiones parciales. El cociente de reacción Q tiene la misma forma algebraica, pero se calcula con el estado actual, aunque todavía no sea de equilibrio.

La comparación es directa:

Q < K: faltan productos y el sistema se desplaza hacia la derecha.
Q > K: sobran productos y se desplaza hacia la izquierda.
Q = K: el sistema ya está en equilibrio.

Un cambio de volumen modifica instantáneamente las presiones parciales de todos los gases. El equilibrio se desplaza hacia el lado con menos moles gaseosos al comprimir y hacia el lado con más moles gaseosos al expandir. Si ambos lados tienen el mismo número de moles gaseosos, el volumen no desplaza el equilibrio. La temperatura sí puede cambiar K; el volumen, por sí solo, cambia Q y la composición hasta alcanzar de nuevo el mismo K.

Concepto: la expresión depende de la ecuación ajustada

Para una reacción general:

a A(g) + b B(g) ⇌ c C(g) + d D(g)

la ley de acción de masas se escribe:

Kc = [C]^c[D]^d / ([A]^a[B]^b)

En términos de presión parcial:

Kp = (P_C)^c(P_D)^d / ((P_A)^a(P_B)^b)

Los exponentes son los coeficientes estequiométricos, no los subíndices de las fórmulas. Las sustancias sólidas puras y los líquidos puros se omiten porque su actividad se considera aproximadamente constante. Por eso, para NH₄HS(s) ⇌ NH₃(g) + H₂S(g), el sólido no aparece en Kp.

Invertir una ecuación invierte K; multiplicarla por un factor eleva K a esa potencia. Antes de escribir K hay que fijar la ecuación y su sentido.

Kc, Kp y la relación con Δn

Para gases ideales, la relación entre ambas constantes es:

Kp = Kc(RT)^Δn

Δn = moles gaseosos de productos − moles gaseosos de reactivos

R debe expresarse en unidades compatibles con la presión elegida. Si Δn es negativo, como en 2 SO₂(g) + O₂(g) ⇌ 2 SO₃(g), Kp resulta menor que Kc cuando RT es mayor que uno. Si Δn es cero, Kp y Kc tienen el mismo valor numérico usando el convenio habitual.

Ejemplo rápido. Para la oxidación de SO₂ a 700 K, si Kc = 2,00 y Δn = 2 − 3 = −1:

Kp = 2,00(0,08206 L·atm·mol⁻¹·K⁻¹ × 700 K)⁻¹ = 0,0348

No se debe convertir Kc a Kp sin comprobar primero Δn y las unidades de R.

Q: decidir el sentido antes de resolver

Q se calcula con las concentraciones o presiones del instante analizado. No es necesario que el sistema está en equilibrio. Si se usa concentración, se obtiene Qc; si se usa presión parcial, Qp.

El algoritmo es:

Ajusta la ecuación química.
Escribe la expresión de K o Q con los exponentes correctos.
Sustituye los datos actuales.
Compara Q con K.
Predice el desplazamiento y vuelve a calcular si se pide la composición final.

Ejemplo 1: SO₂, O₂ y SO₃

Considera:

2 SO₂(g) + O₂(g) ⇌ 2 SO₃(g)

Qc = [SO₃]^2 / ([SO₂]^2[O₂])

En un recipiente se miden [SO₂] = 0,80 M, [O₂] = 0,50 M y [SO₃] = 0,20 M. Si Kc = 2,00:

Qc = (0,20)^2 / ((0,80)^2 × 0,50) = 0,04 / 0,32 = 0,125

Como 0,125 < 2,00, el sistema avanza hacia la derecha: consume SO₂ y O₂, y forma SO₃. La reacción no “busca” aumentar Q por una regla memorizada; cambia su composición hasta que Q vuelva a ser igual a K.

Si se comprime el recipiente a temperatura constante, las tres concentraciones aumentan en el mismo factor instantáneo. Sin embargo, Qc cambia porque la suma de exponentes de productos es 2 y la de reactivos es 3. Al comprimir, Qc aumenta en una proporción equivalente a 1/factor de volumen, pero sigue quedando por debajo o por encima de K según el estado inicial. La respuesta cualitativa se obtiene contando moles gaseosos: hay 3 moles a la izquierda y 2 a la derecha, así que la compresión favorece SO₃.

Volumen, presión y principio de Le Châtelier

Reducir el volumen a temperatura constante aumenta la presión total. El sistema responde consumiendo parte de esa presión, desplazándose hacia el lado con menos moles gaseosos. Aumentar el volumen favorece el lado con más moles gaseosos.

Para la reacción del ejemplo, Δn = −1: compresión favorece productos y expansión favorece reactivos. Para una reacción como H₂(g) + I₂(g) ⇌ 2 HI(g), Δn = 0; cambiar el volumen no altera Q ni la posición de equilibrio, aunque sí cambien momentáneamente las presiones individuales.

Añadir un gas inerte merece cuidado: a volumen constante no cambia las presiones parciales de las especies reactivas y no desplaza el equilibrio. A presión constante sí aumenta el volumen y puede favorecer el lado con más moles gaseosos.

Ejemplo 2: NH₄HS(s) y un equilibrio heterogéneo

El hidrogenosulfuro de amonio se representa mediante:

NH₄HS(s) ⇌ NH₃(g) + H₂S(g)

La constante de presión es:

Kp = P_NH₃ × P_H₂S

No aparece NH₄HS(s), porque es un sólido puro. Si Kp = 0,100 y las presiones actuales son P_NH₃ = 0,300 atm y P_H₂S = 0,200 atm:

Qp = (0,300)(0,200) = 0,060

Qp < Kp, por lo que se descompone más sólido y se forman NH₃ y H₂S hasta alcanzar Qp = 0,100, siempre que quede sólido disponible. La cantidad de sólido puede cambiar sin aparecer en la expresión de Kp.

¿Qué ocurre al disminuir el volumen? En el lado izquierdo hay cero moles gaseosos y en el derecho hay dos. La compresión aumenta las dos presiones parciales, por lo que Qp aumenta. Si Qp supera Kp, el sistema se desplaza a la izquierda y consume NH₃ y H₂S para formar NH₄HS(s). Este caso contrasta con SO₂/O₂/SO₃: en ambos hay menos gas en los productos de la oxidación, pero en NH₄HS todos los gases están en los productos y el sólido queda fuera de K.

Ejemplo 3: cálculo de una presión de equilibrio en NH₄HS

Supón que al equilibrio P_NH₃ = 0,250 atm y que Kp = 0,100. Como la estequiometría produce los gases en proporción 1:1:

P_H₂S = Kp / P_NH₃ = 0,100 / 0,250 = 0,400 atm

El producto de ambas presiones es 0,100. Si no se especifica que queda sólido, no se puede afirmar que el sistema pueda mantener esas presiones: la fase sólida disponible es una condición física del problema.

Estabilidad y aplicación en alimentos

K grande favorece productos en la composición de equilibrio, pero no significa que la reacción sea rápida. Un catalizador acelera la llegada al equilibrio sin cambiar K. En alimentos, equilibrios entre gases disueltos, fases sólidas y especies volátiles influyen en atmósferas modificadas, liberación de amoníaco o sulfuro de hidrógeno y conservación. La temperatura puede cambiar K y la solubilidad; el volumen o el espacio de cabeza cambian presiones y composición. Por eso no conviene predecir la vida útil usando solo una comparación Q/K.

Errores frecuentes

Escribir K con coeficientes como subíndices en vez de exponentes.
Incluir sólidos puros o líquidos puros en K.
Confundir Q con K: Q describe el estado actual y K solo el equilibrio a una temperatura dada.
Decir que comprimir siempre favorece productos. Solo favorece el lado con menos moles gaseosos.
Usar Δn contando sólidos o líquidos.
Convertir Kc a Kp con un valor de R incompatible con las unidades de presión.
Creer que un catalizador cambia la posición del equilibrio.
Aplicar el efecto del volumen a una reacción con Δn = 0.

Ejercicio propuesto

Para los sistemas siguientes, escribe Kc o Kp, calcula Q cuando se entreguen los datos y predice el desplazamiento tras una compresión:

2 SO₂(g) + O₂(g) ⇌ 2 SO₃(g), con Kc = 2,00 y las concentraciones del ejemplo 1.
NH₄HS(s) ⇌ NH₃(g) + H₂S(g), con Kp = 0,100, P_NH₃ = 0,300 atm y P_H₂S = 0,200 atm.
H₂(g) + I₂(g) ⇌ 2 HI(g). Decide si cambiar el volumen altera la posición de equilibrio.

Solución

Qc = 0,125 < Kc, por lo que avanza a la derecha. Como Δn = −1, la compresión también favorece SO₃.
Qp = 0,060 < Kp, por lo que se desplaza a la derecha y consume NH₄HS(s). Al comprimir, Qp aumenta y el desplazamiento será hacia la izquierda si supera 0,100.
Δn = 2 − 2 = 0. El volumen no desplaza el equilibrio a temperatura constante.

Referencias

La interpretación de estabilidad se refiere a la composición de equilibrio y al desplazamiento relativo del sistema. No sustituye datos cinéticos, termodinámicos ni de seguridad para una formulación alimentaria.

Comprobación dimensional y lectura del resultado

Las constantes termodinámicas se definen rigurosamente con actividades adimensionales; en cursos introductorios se emplean concentraciones en molaridad y presiones relativas a un estado estándar. Por eso, un valor numérico de K depende del convenio de unidades, mientras que la comparación Q/K conserva el mismo sentido. En cada ejercicio conviene anotar la temperatura, el estado físico y si se trabaja con concentración o presión. Esta disciplina evita mezclar Kc con Kp y permite interpretar de forma coherente el cambio de volumen.

Teoría de orbitales moleculares: diagramas OM, notación de Mulliken, orden de enlace y magnetismo

2026-09-23T00:37:14.317-03:00

Respuesta corta

La teoría de orbitales moleculares (OM) combina orbitales atómicos para formar orbitales extendidos sobre toda la molécula. En una diatómica homonuclear, cada combinación produce un orbital enlazante y otro antienlazante. Para resolver un ejercicio hay que contar electrones, llenar los OM en orden de energía, calcular el orden de enlace y revisar si quedan electrones desapareados.

Para las especies solicitadas:

Especie	Orden de enlace	Electrones desapareados	Magnetismo	Predicción de estabilidad
F₂⁺	1,5	1	Paramagnética	Enlace más fuerte que F₂
F₂	1	0	Diamagnética	Estable
F₂⁻	0,5	1	Paramagnética	Enlace más débil que F₂
O₂⁺	2,5	1	Paramagnética	Enlace más fuerte que O₂
O₂⁻	1,5	1	Paramagnética	Enlace más débil que O₂
O₂²⁻	1	0	Diamagnética	Enlace más débil que O₂

Concepto: los electrones pertenecen a la molécula completa

En el modelo OM, los electrones no se asignan a un enlace localizado entre dos átomos. Las funciones de onda de orbitales atómicos de energía y simetría compatibles se combinan mediante LCAO, combinación lineal de orbitales atómicos. La combinación constructiva concentra densidad entre los núcleos y genera un OM enlazante. La combinación destructiva introduce un nodo internuclear y genera un OM antienlazante.

Cada orbital admite dos electrones con espines opuestos. Los orbitales π aparecen en pares degenerados, es decir, tienen la misma energía. Por eso la regla de Hund exige colocar primero un electrón en cada orbital π vacío antes de aparearlos.

Para O₂ y F₂ el orden de energía de los orbitales de valencia 2s y 2p es:

σ_2s < σ_2s^* < σ_{2p_z} < π_{2p_x} = π_{2p_y} < π_{2p_x}^* = π_{2p_y}^* < σ_{2p_z}^*

Aquí se usa el orden característico de O, F y Ne, donde la mezcla 2s-2p es pequeña. No hay que trasladar sin revisar el orden usado para B, C o N.

Notación de Mulliken: qué significan σ, π, g, u y *

La letra griega describe la simetría respecto del eje internuclear. Un OM σ tiene simetría cilíndrica alrededor del eje; un OM π tiene un plano nodal que contiene ese eje y aparece como dos orbitales degenerados cuando proviene de p_x y p_y.

En una diatómica homonuclear existe un centro de inversión. El subíndice g, gerade, indica que la función de onda conserva su signo al invertirla por ese centro. El subíndice u, ungerade, indica cambio de signo. g/u describe simetría, no significa por sí solo enlazante o antienlazante. El asterisco sí señala un orbital antienlazante.

Por ejemplo, π_u es un orbital π enlazante con simetría u; π_g^* es un orbital π antienlazante con simetría g. Esta notación solo se aplica directamente cuando la molécula tiene centro de inversión, como F₂ y O₂, no como etiqueta g/u para una diatómica heteronuclear como CO.

Definición matemática: orden de enlace y magnetismo

El orden de enlace OM se calcula como:

BO = (N_enlazantes − N_{antienlazantes}) / 2

Los electrones de orbitales internos 1s suelen omitirse porque llenan un OM enlazante y su correspondiente antienlazante: su contribución neta es cero. Un BO mayor suele indicar un enlace más fuerte y corto dentro de la misma familia y aproximación. Un BO igual a cero no predice un enlace covalente neto en el modelo básico.

Una especie es paramagnética si tiene al menos un electrón desapareado. Es diamagnética si todos sus electrones están apareados. La teoría OM explica así el paramagnetismo de O₂, que no se obtiene de una estructura de Lewis sencilla.

Diagrama OM de valencia para O₂ y F₂

El esquema de valencia puede leerse de abajo hacia arriba:

OM	Tipo	Capacidad
σ_2s	enlazante	2 e⁻
σ_2s^*	antienlazante	2 e⁻
σ_{2p_z}	enlazante	2 e⁻
π_2p	enlazante, doblemente degenerado	4 e⁻
π_2p^*	antienlazante, doblemente degenerado	4 e⁻
σ_{2p_z}^*	antienlazante	2 e⁻

La configuración abreviada de F₂ es:

(σ_2s)²(σ_2s)²(σ_{2p_z})²(π_2p)⁴(π_2p)⁴

Tiene 8 electrones enlazantes y 6 antienlazantes. Por tanto, BO = (8 − 6)/2 = 1 y todos los electrones están apareados.

La configuración de O₂ termina antes, con dos electrones en los orbitales π_2p^* degenerados:

(σ_2s)²(σ_2s)²(σ_{2p_z})²(π_2p)⁴(π_2p)²

Aplicando Hund, esos dos electrones ocupan orbitales π distintos y quedan desapareados. BO = (8 − 4)/2 = 2; O₂ es paramagnético.

Ejemplo resuelto 1: F₂⁺, F₂ y F₂⁻

Cada átomo de F aporta 7 electrones de valencia. F₂ tiene 14, F₂⁺ tiene 13 y F₂⁻ tiene 15. Se agregan o quitan electrones del OM ocupado de mayor energía, π_2p, antes de ocupar σ_2p.

F₂⁺

Configuración: la de F₂ menos un electrón de π_2p^*. Quedan 8 electrones enlazantes y 5 antienlazantes. BO = (8 − 5)/2 = 1,5. Hay un electrón desapareado, por lo que es paramagnética. Al quitar un electrón antienlazante, el enlace se fortalece respecto de F₂.

F₂

Ya vimos que BO = (8 − 6)/2 = 1. Todos los electrones están apareados: es diamagnética.

F₂⁻

Se agrega un electrón al siguiente OM, σ_2p^*. Hay 8 electrones enlazantes y 7 antienlazantes. BO = (8 − 7)/2 = 0,5. Queda un electrón desapareado y la especie es paramagnética. El enlace se debilita porque el electrón añadido es antienlazante.

Ejemplo resuelto 2: O₂⁺, O₂⁻ y O₂²⁻

Cada átomo de O aporta 6 electrones de valencia. O₂ tiene 12 electrones de valencia. La ionización o reducción modifica primero la ocupación de π_2p^*.

Especie	Configuración final de π_2p^*	BO	Desapareados	Interpretación
O₂⁺	(π^*)¹	2,5	1	quitar antienlazante fortalece
O₂	(π^*)²	2	2	paramagnetismo característico
O₂⁻	(π^*)³	1,5	1	añadir antienlazante debilita
O₂²⁻	(π^*)⁴	1	0	todos apareados

En O₂⁺, un electrón desapareado permanece en un orbital π^*. En O₂⁻, tres electrones en el subnivel degenerado dejan uno desapareado. En O₂²⁻, el subnivel queda completo y la especie es diamagnética.

Interpretación física: estabilidad, fuerza y magnetismo

La estabilidad relativa se compara mediante el orden de enlace dentro de una serie en la que cambia solo el número de electrones. En la serie del flúor, F₂⁺ (1,5) tiene un enlace más fuerte que F₂ (1), mientras que F₂⁻ (0,5) tiene un enlace más débil. En la serie del oxígeno, O₂⁺ es el más fuerte de los cuatro casos y O₂²⁻ el más débil.

El orden de enlace no es una longitud de enlace ni una energía experimental. Es una predicción del modelo. Tampoco dice por sí solo si una especie iónica será estable en una disolución o en una matriz alimentaria: el medio, el contraión y la solvatación importan.

Aplicación en alimentos y bioquímica

El oxígeno molecular participa en oxidaciones de lípidos, pigmentos y compuestos aromáticos. La teoría OM ayuda a separar dos ideas: O₂ en su estado fundamental tiene electrones desapareados, mientras que la reactividad concreta depende además de la energía de los orbitales, el estado electrónico, la temperatura, la luz, los metales y la matriz del alimento. No se debe usar el orden de enlace como una predicción completa de la velocidad de rancidez.

Errores frecuentes

Usar el orden de energía de B₂, C₂ o N₂ sin comprobar que O₂ y F₂ pertenecen al orden posterior a la mezcla 2s-2p.
Confundir g/u con enlazante/antienlazante. Son etiquetas de simetría; el asterisco marca antienlace.
Parear los dos electrones de O₂ en el mismo orbital π^*. La regla de Hund exige ocupar primero orbitales degenerados distintos.
Quitar o añadir un electrón al orbital equivocado. En estas series se modifica primero el HOMO, π_2p^*.
Contar electrones 1s en el orden de enlace sin incluir también sus correspondientes antienlazantes.
Llamar estable a una especie solo porque su orden de enlace es positivo. La estabilidad química real depende de la reacción y del entorno.

Método general para un ejercicio OM

Cuenta los electrones de valencia de los dos átomos y ajusta por la carga.
Elige el orden de energía apropiado para la fila periódica.
Llena los orbitales aplicando Aufbau, Pauli y Hund.
Escribe la configuración abreviada con notación de Mulliken.
Cuenta electrones enlazantes y antienlazantes.
Calcula BO y cuenta electrones desapareados.
Relaciona BO, fuerza relativa y magnetismo, indicando que son predicciones del modelo.

Ejercicio propuesto

Usa solo los orbitales de valencia para comparar F₂⁺, F₂, F₂⁻, O₂⁺, O₂⁻ y O₂²⁻.

Escribe la configuración OM final de cada especie.
Calcula el orden de enlace.
Indica cuántos electrones desapareados tiene y clasifica la especie como paramagnética o diamagnética.
Ordena las seis especies por orden de enlace creciente.

Ver solución

El orden de enlace creciente es: F₂⁻ (0,5) < F₂ = O₂²⁻ (1) < F₂⁺ = O₂⁻ (1,5) < O₂ (2) < O₂⁺ (2,5). F₂ y O₂²⁻ son diamagnéticas; las demás especies tienen al menos un electrón desapareado, mientras que O₂ tiene dos.

Referencias

OpenStax. Molecular Orbital Theory, Chemistry 2e. Orbitales enlazantes y antienlazantes, orden de energía, orden de enlace y paramagnetismo de O₂.
Chemistry LibreTexts. Molecular Orbitals: Homonuclear Diatomic Molecules. Llenado de OM, regla de Hund y ejercicio de F₂.
Patrick Fleming, Chemistry LibreTexts. Molecular Orbital Theory. Simetría g/u, configuraciones de O₂ y F₂ y fórmula del orden de enlace.
Technische Universität Braunschweig. Mulliken Symbols. Significado de gerade y ungerade en la notación de simetría.

La clasificación de estabilidad se refiere a la fuerza relativa del enlace dentro de cada serie iónica y al modelo OM de valencia. No sustituye datos termodinámicos ni electroquímicos.

Cómo pasar de gramos a moles, moléculas y átomos: ejercicios resueltos

2026-09-22T23:35:19.060-03:00

Respuesta corta

En 18,0 g de agua hay aproximadamente 1,20 × 10²⁴ átomos de hidrógeno. La ruta es:

g H₂O
↓ masa molar
mol H₂O
↓ número de Avogadro
moléculas H₂O
↓ subíndice 2
átomos H

No hace falta memorizar una fórmula distinta para cada conversión. Hay que encadenar factores de modo que las unidades que no necesitamos se cancelen y quede únicamente la unidad pedida.

Concepto: el mol conecta la balanza con las partículas

Una balanza mide una masa macroscópica en gramos, pero una reacción química ocurre entre átomos, moléculas o iones. El mol permite conectar esos dos niveles. Según la definición del BIPM, un mol contiene exactamente 6,02214076 × 10²³ entidades elementales. La entidad debe especificarse: pueden ser átomos, moléculas, iones o unidades fórmula.

La cadena general es:

gramos ⇄ moles ⇄ partículas

Si la pregunta pide átomos de un elemento dentro de un compuesto, añadimos otro puente:

gramos ⇄ moles ⇄ moléculas ⇄ átomos

Cada flecha tiene un factor concreto:

Puente	Factor que se usa	Qué información aporta
gramos ⇄ moles	masa molar, g/mol	cuántos gramos corresponden a 1 mol
moles ⇄ partículas	6,02214076 × 10²³ partículas/mol	cuántas entidades hay en 1 mol
moléculas ⇄ átomos	subíndice de la fórmula	cuántos átomos de ese elemento hay por molécula

La orientación del factor no se elige por memoria. Se elige para cancelar la unidad inicial. Si partimos de gramos y queremos moles, los gramos deben quedar abajo en el factor de masa molar.

Definición matemática de cada conversión

Para una muestra de masa m y masa molar M:

n = m / M

donde n es la cantidad de sustancia en moles. La masa molar funciona como puente porque expresa la masa de un mol de la sustancia. No es la masa que aparece en el enunciado. Para H₂O, la masa molar aproximada es 18,015 g/mol.

Para pasar de moles a entidades:

N = n × N_A

La constante de Avogadro es N_A = 6,02214076 × 10²³ mol^-1, valor exacto en el SI y confirmado por NIST CODATA. Una cantidad de 0,5 mol contiene la mitad de ese número de entidades; 2 mol contienen el doble.

Finalmente, la fórmula química determina la composición de cada entidad. H₂O significa que una molécula contiene 2 átomos de H y 1 átomo de O. Por eso:

átomos H = moléculas H₂O × 2 átomos H / 1 molécula H₂O

El subíndice no cambia el número de moléculas. Cambia el número de átomos del elemento que contamos dentro de ellas.

Ejemplo resuelto: ¿cuántos átomos de hidrógeno hay en 18,0 g de agua?

1. Identificar el punto de partida y la unidad final

Tenemos g H₂O y buscamos átomos H. Por tanto, necesitamos tres puentes: masa molar, constante de Avogadro y subíndice del hidrógeno.

2. Escribir una sola cadena dimensional

18,0 g H₂O × (1 mol H₂O / 18,015 g H₂O) × (6,02214076 × 10²³ moléculas H₂O / 1 mol H₂O) × (2 átomos H / 1 molécula H₂O)

Mira las unidades, no solo los números:

g H₂O se cancela con g H₂O.
mol H₂O se cancela con mol H₂O.
moléculas H₂O se cancela con moléculas H₂O.
Solo queda átomos H, que es lo solicitado.

3. Calcular sin redondear entre pasos

18,0 / 18,015 × 6,02214076 × 10²³ × 2 = 1,2034253 × 10²⁴ átomos H

La masa 18,0 g tiene tres cifras significativas. La masa molar usada tiene cinco y la constante de Avogadro es exacta. El resultado se informa con tres cifras significativas:

Resultado: 1,20 × 10²⁴ átomos de hidrógeno.

El valor no es exactamente 2 × 6,022 × 10²³ porque 18,0 g de agua no representan exactamente 1 mol cuando usamos M(H₂O) = 18,015 g/mol.

Cinco ejercicios de conversión resueltos

Ejercicio 1: gramos a moles de CO₂

Pregunta: ¿Cuántos moles hay en 44,0 g de CO₂? Usa M(CO₂) = 44,01 g/mol.

44,0 g CO₂ × (1 mol CO₂ / 44,01 g CO₂) = 1,00 mol CO₂

Los gramos se cancelan. No usamos Avogadro porque el destino ya es mol. El cociente sin redondear es 0,99977 mol y se expresa como 1,00 mol con tres cifras significativas.

Ejercicio 2: moles a moléculas de NH₃

Pregunta: ¿Cuántas moléculas hay en 0,250 mol de NH₃?

0,250 mol NH₃ × (6,02214076 × 10²³ moléculas NH₃ / 1 mol NH₃) = 1,51 × 10²³ moléculas NH₃

El mol se cancela y quedan moléculas. No multiplicamos por el subíndice 3 porque se piden moléculas de NH₃, no átomos de H.

Ejercicio 3: gramos a moléculas de H₂O

Pregunta: ¿Cuántas moléculas hay en 9,00 g de agua?

9,00 g H₂O × (1 mol H₂O / 18,015 g H₂O) × (6,02214076 × 10²³ moléculas H₂O / 1 mol H₂O) = 3,01 × 10²³ moléculas H₂O

Primero la masa molar convierte la cantidad pesada en moles. Después Avogadro convierte los moles en moléculas. El orden importa porque la constante de Avogadro relaciona partículas con moles, no con gramos.

Ejercicio 4: gramos de CaCl₂ a átomos de cloro

Pregunta: ¿Cuántos átomos de Cl hay en 5,00 g de CaCl₂? Usa M(CaCl₂) = 110,98 g/mol.

5,00 g CaCl₂ × (1 mol CaCl₂ / 110,98 g CaCl₂) × (6,02214076 × 10²³ unidades fórmula CaCl₂ / 1 mol CaCl₂) × (2 átomos Cl / 1 unidad fórmula CaCl₂) = 5,43 × 10²² átomos Cl

CaCl₂ es un compuesto iónico. Por rigor hablamos de unidades fórmula, no de moléculas. El subíndice 2 indica dos iones cloruro, y por tanto dos átomos de Cl contabilizados, por unidad fórmula.

Ejercicio 5: gramos de glucosa a átomos de oxígeno

Pregunta: ¿Cuántos átomos de O hay en 18,0 g de glucosa, C₆H₁₂O₆? Usa M = 180,156 g/mol.

18,0 g glucosa × (1 mol glucosa / 180,156 g glucosa) × (6,02214076 × 10²³ moléculas glucosa / 1 mol glucosa) × (6 átomos O / 1 molécula glucosa) = 3,61 × 10²³ átomos O

El último factor usa el subíndice 6 del oxígeno. Los otros subíndices no intervienen porque no se preguntan átomos de C ni de H.

Interpretación física: por qué funciona la cadena

La masa, la cantidad de sustancia y el número de entidades describen aspectos distintos de una misma muestra. Para el agua, una muestra de 18,015 g corresponde aproximadamente a 1 mol. El factor 1/M tiene unidades mol/g: al multiplicarlo por la masa obtenemos la cantidad de sustancia. Después, N_A, con unidades mol^-1, permite calcular el número de moléculas.

En una conversión entre unidades de la misma magnitud, como gramos a kilogramos, el factor representa una razón igual a uno. En cambio, pasar de masa a moles relaciona magnitudes diferentes mediante la masa molar. En ambos casos, comprobar las unidades permite orientar los factores y detectar errores. El último factor, 2 átomos H por molécula de agua, utiliza la composición química. Texas A&M presenta este método como una secuencia de factores donde las unidades se cancelan hasta obtener la unidad deseada.

Antes de usar la calculadora, lee únicamente las unidades. Si no terminan en la unidad solicitada, la cadena todavía está mal orientada.

Aplicación en alimentos: de gramos de glucosa a escala molecular

En ciencia de los alimentos, formulación y análisis suelen comenzar con masas medibles. Sin embargo, fenómenos como reacciones de pardeamiento, fermentación u oxidación dependen de cantidades de moléculas y de relaciones molares. Convertir masa en moles permite comparar sustancias con masas molares diferentes sobre una base química común.

El ejercicio de glucosa muestra el principio: 18,0 g no son “pocas” o “muchas” moléculas por sí solos. La masa molar transforma esa porción en cantidad de sustancia y Avogadro la lleva a escala molecular. Esta cuenta no predice por sí sola una velocidad de reacción ni la inocuidad de un alimento. Para eso se necesitan además concentración, temperatura, actividad de agua, cinética y características de la matriz.

Errores típicos en una prueba

Multiplicar gramos directamente por Avogadro. Faltan los moles. Primero divide por la masa molar.
Confundir masa molar con masa de muestra. En 5,00 g de CaCl₂, 5,00 g es la muestra; 110,98 g/mol es la masa molar.
Olvidar el subíndice. Una molécula de H₂O tiene dos átomos H. El factor final debe multiplicar por 2.
Confundir moléculas con átomos. 1 mol H₂O contiene 1 mol de moléculas H₂O, pero 2 mol de átomos H.
Llamar molécula a un compuesto iónico. Para CaCl₂ se cuentan unidades fórmula.
Invertir un factor. Si los gramos no se cancelan, la masa molar está al revés.
Perder una potencia de diez. Introduce la cadena completa con paréntesis y comprueba el orden de magnitud.
Redondear en cada paso. Conserva los dígitos de la calculadora y redondea una vez al final.
Omitir la entidad. Escribe “moléculas H₂O” o “átomos H”, no solo “partículas”.

Método general para cualquier problema

Escribe la unidad inicial y la unidad pedida.
Traza la ruta más corta por gramos ⇄ moles ⇄ partículas.
Si piden átomos dentro de un compuesto, añade el factor del subíndice.
Orienta cada factor para cancelar la unidad anterior.
Revisa las unidades antes de calcular.
Calcula con todos los dígitos y redondea según los datos medidos.

Este método es la base de cálculos estequiométricos posteriores. Cuando ya domines la cadena, puedes aplicarla al problema de reactivo limitante y reactivo en exceso, donde los moles permiten comparar reactivos según los coeficientes de una ecuación balanceada.

Ejercicio propuesto

Una muestra contiene 12,5 g de glucosa, C₆H₁₂O₆. Usa M = 180,156 g/mol.

¿Cuántas moléculas de glucosa contiene?
¿Cuántos átomos de hidrógeno contiene?

Antes de mirar la solución, construye la ruta y verifica que todas las unidades intermedias se cancelen.

Ver solución

Para las moléculas:

12,5 g glucosa × (1 mol glucosa / 180,156 g glucosa) × (6,02214076 × 10²³ moléculas / 1 mol glucosa) = 4,18 × 10²² moléculas

Para los átomos de H, añadimos el subíndice 12:

4,17842 × 10²² moléculas × (12 átomos H / 1 molécula) = 5,01 × 10²³ átomos H

Los resultados tienen tres cifras significativas, determinadas por 12,5 g.

Referencias

Bureau International des Poids et Mesures. SI base unit: mole. Definición exacta del mol.
NIST. CODATA recommended values of the fundamental physical constants: 2022. Valor exacto de la constante de Avogadro.
OpenStax. Chemistry 2e, 3.1: Formula Mass and the Mole Concept. Relación entre masa, moles y entidades.
Commission on Isotopic Abundances and Atomic Weights. Standard Atomic Weights 2024. Pesos atómicos estándar.
Texas A&M University. Dimensional Analysis. Construcción y cancelación de factores de conversión.

Los valores de masa molar usados son apropiados para ejercicios de Química General. La composición isotópica natural puede producir pequeñas variaciones en masas molares de muestras reales, como muestran los intervalos de CIAAW.

Cociente de reacción Q y constante K: cómo saber hacia dónde se desplaza el equilibrio

2026-09-20T20:30:39.362-03:00

Respuesta corta

Calcula el cociente de reacción Q con la composición actual de la mezcla y compáralo con K a la misma temperatura. Si Q < K, la reacción neta avanza hacia los productos. Si Q > K, avanza hacia los reactivos. Si Q = K, la mezcla está en equilibrio. Esta comparación indica el sentido del cambio, pero no dice cuánto tardará ni cuál será la composición final.

Concepto: Q es una fotografía y K es la referencia de equilibrio

Una reacción reversible puede avanzar en ambos sentidos. En el equilibrio, la reacción directa y la inversa siguen ocurriendo, pero lo hacen a la misma velocidad. Por eso las cantidades macroscópicas de reactivos y productos permanecen constantes. El equilibrio es dinámico, no una reacción detenida.

El cociente de reacción, Q, resume la composición de una mezcla en un instante. La constante K es el valor que toma ese mismo cociente cuando la mezcla alcanza el equilibrio a una temperatura dada. OpenStax define Q como una función matemática de las cantidades relativas de reactivos y productos y define K como su valor en el equilibrio.

La comparación se entiende sin memorizar tres casos:

Si Q < K, la mezcla tiene una proporción de productos menor que la de equilibrio. Debe formar productos para que Q aumente.
Si Q > K, la proporción de productos es mayor que la de equilibrio. Debe formar reactivos para que Q disminuya.
Si Q = K, la composición ya corresponde al equilibrio.

"Hacia la derecha" significa que predomina el cambio neto en el sentido escrito de la ecuación. "Hacia la izquierda" significa que predomina el cambio neto inverso. No significa que uno de los dos procesos microscópicos se detenga.

Definición matemática: cómo se escribe Q

Para la reacción general:

a A + b B ⇌ c C + d D

el cociente termodinámico se escribe con actividades:

Q = (aC^c × aD^d) / (aA^a × aB^b)

Aquí, aA, aB, aC y aD son las actividades de cada especie. Las letras a, b, c y d son los coeficientes estequiométricos de la ecuación balanceada. Cada actividad se eleva al coeficiente de su especie. El Green Book de IUPAC expresa el cociente como el producto de las actividades elevadas a sus números estequiométricos.

La actividad es una magnitud sin dimensión que compara el estado de una especie con un estado estándar. En cursos introductorios se usan estas aproximaciones:

Para solutos en disoluciones suficientemente diluidas, actividad ≈ concentración molar dividida por 1 mol/L.
Para gases cercanos al comportamiento ideal, actividad ≈ presión parcial dividida por la presión estándar.
La actividad de un sólido puro o un líquido puro se toma igual a 1. Por eso no aparecen de forma explícita en Q.

Con la aproximación de concentraciones, se escribe:

Qc = ([C]/c°)^c × ([D]/c°)^d / {([A]/c°)^a × ([B]/c°)^b}

donde c° = 1 mol/L. Los libros suelen omitir c° y escribir solo las concentraciones entre corchetes. Esa forma abreviada conserva el valor numérico cuando las concentraciones se expresan en mol/L, pero la definición termodinámica de Q y K sigue siendo adimensional.

Para gases puede usarse Qp:

Qp = (pC/p°)^c × (pD/p°)^d / {(pA/p°)^a × (pB/p°)^b}

donde p es la presión parcial y p° es la presión estándar. No mezcles Qc con Kp ni Qp con Kc. La comparación debe usar magnitudes definidas sobre la misma base.

La temperatura también importa. K corresponde a una reacción escrita de una manera concreta y a una temperatura concreta. Cambiar concentraciones o presiones puede cambiar Q de inmediato. No cambia K si la temperatura permanece constante. Un catalizador acelera la llegada al equilibrio, pero no cambia K ni la composición de equilibrio.

Ejemplo resuelto: decidir el sentido de una reacción

Considera la síntesis de amoníaco:

N2(g) + 3 H2(g) ⇌ 2 NH3(g)

En una temperatura fija, supongamos un valor didáctico Kc = 0,50. En cierto instante se miden estas concentraciones:

[N2] = 0,20 mol/L
[H2] = 0,40 mol/L
[NH3] = 0,10 mol/L

Los datos y K son hipotéticos. Sirven para practicar la comparación, no para describir una planta industrial.

1. Escribir Qc con la ecuación balanceada

Qc = [NH3]^2 / ([N2] × [H2]^3)

El exponente 2 de NH3 y el exponente 3 de H2 proceden de los coeficientes estequiométricos. No son órdenes cinéticos.

2. Sustituir las concentraciones actuales

Qc = (0,10)^2 / {0,20 × (0,40)^3}

Numerador:

(0,10)^2 = 0,0100

Denominador:

0,20 × (0,40)^3 = 0,20 × 0,064 = 0,0128

Por tanto:

Qc = 0,0100 / 0,0128 = 0,78125 ≈ 0,78

3. Comparar Qc con Kc

Qc = 0,78 > Kc = 0,50

La mezcla tiene una relación productos/reactivos mayor que la correspondiente al equilibrio. El cambio neto ocurre hacia la izquierda: se consume parte del NH3 y se forman N2 y H2. A medida que sucede, el numerador disminuye y el denominador aumenta. Qc baja hasta alcanzar 0,50.

No podemos obtener las concentraciones finales solo con esta comparación. Para eso hace falta plantear los cambios estequiométricos, normalmente con una tabla inicial, cambio y equilibrio, y resolver la ecuación de K.

Interpretación física: qué dice Q y qué no dice

Q mide una relación de actividades. No mide una velocidad. Un valor Q < K informa que el cambio neto termodinámicamente favorecido va hacia los productos bajo esas condiciones. No informa si el sistema tardará microsegundos o años en acercarse al equilibrio.

La relación con la energía de Gibbs aclara el criterio:

ΔrG = ΔrG° + RT ln Q

y, para el equilibrio estándar:

ΔrG° = -RT ln K

Al combinar ambas expresiones:

ΔrG = RT ln(Q/K)

Si Q < K, ln(Q/K) es negativo y ΔrG es negativo para la reacción directa. Si Q > K, el valor es positivo y el sentido inverso reduce la energía de Gibbs. Si Q = K, ΔrG = 0 y no existe impulso neto. OpenStax desarrolla esta relación en su sección sobre energía libre.

La comparación tampoco indica que la reacción se complete. Incluso cuando K es grande, puede quedar algo de reactivo en el equilibrio. Además, usar concentraciones en lugar de actividades pierde precisión en disoluciones concentradas o con fuerza iónica alta. En esos casos, los coeficientes de actividad importan.

Aplicación en alimentos: equilibrio del ácido acético

El ácido acético participa en alimentos y es el ácido característico del vinagre. En agua establece el equilibrio:

CH3COOH(aq) + H2O(l) ⇌ H3O+(aq) + CH3COO-(aq)

Como el agua es el disolvente líquido puro, su actividad se incorpora en la constante. La expresión aproximada es:

Q = [H3O+] × [CH3COO-] / [CH3COOH]

En el equilibrio, Q = Ka. PubChem informa un pKa del ácido acético cercano a 4,76 a 25 °C. Esto equivale a un Ka pequeño y confirma que es un ácido débil: en agua no se disocia por completo.

Imagina una fase acuosa que ya está en equilibrio y a la que se añade ácido acético. Justo después de mezclar, aumenta el denominador [CH3COOH]. Q cae por debajo de Ka. La disociación avanza hacia la derecha y genera H3O+ y acetato hasta que Q vuelve a igualar Ka.

Si se añade acetato, por ejemplo desde una sal soluble, aumenta el numerador. Q puede quedar por encima de Ka. Entonces parte del H3O+ y del acetato se combinan para formar ácido acético. Este es el origen del efecto del ion común y de la acción amortiguadora de un par ácido débil/base conjugada.

El modelo ayuda a interpretar formulaciones, marinados y acidificación. Sin embargo, no permite declarar seguro un alimento a partir de una cuenta aislada. Una matriz real contiene sales, proteínas y otros ácidos que alteran actividades y capacidad amortiguadora. La difusión y el tiempo para alcanzar un pH de equilibrio también importan. Codex exige controlar y medir el pH de equilibrio en alimentos acidificados, no inferirlo solo desde la cantidad de ácido añadida.

Errores frecuentes

Usar concentraciones de equilibrio para Q por definición. Q puede calcularse en cualquier instante. Solo cuando la mezcla está en equilibrio se cumple Q = K.
Invertir la comparación. Si Q es pequeño, faltan productos respecto del equilibrio y el cambio neto va hacia productos.
Olvidar los exponentes. Cada actividad, concentración o presión se eleva a su coeficiente estequiométrico.
Incluir sólidos o líquidos puros. Su actividad se toma como 1. Sí se incluyen gases y especies disueltas.
Confundir coeficientes estequiométricos con órdenes de reacción. Q se construye desde la ecuación global balanceada. Una ley de velocidad se determina por el mecanismo o por datos experimentales.
Comparar Qc con Kp. Usa concentración con concentración o presión con presión.
Creer que K cambia al añadir reactivo. A temperatura constante cambia Q. K solo cambia si cambia la temperatura.
Afirmar que un catalizador desplaza el equilibrio. Acelera ambos sentidos y reduce el tiempo para alcanzarlo, pero no cambia K.
Asignar unidades a la K termodinámica. Las actividades son adimensionales. Las expresiones abreviadas con concentraciones pueden parecer tener unidades si se omiten los estados estándar.
Confundir dirección con rapidez. Q frente a K predice el sentido del cambio neto, no la velocidad.

Ejercicio propuesto

Para la reacción:

2 SO2(g) + O2(g) ⇌ 2 SO3(g)

a una temperatura fija se tiene un valor didáctico Kc = 4,0. Una mezcla presenta:

[SO2] = 0,40 mol/L
[O2] = 0,20 mol/L
[SO3] = 0,20 mol/L

Calcula Qc, compáralo con Kc y predice el sentido del cambio neto. Los datos son hipotéticos.

Solución

La expresión correcta es:

Qc = [SO3]^2 / ([SO2]^2 × [O2])

Sustituimos:

Qc = (0,20)^2 / {(0,40)^2 × 0,20}

Numerador:

(0,20)^2 = 0,040

Denominador:

(0,40)^2 × 0,20 = 0,16 × 0,20 = 0,032

Entonces:

Qc = 0,040 / 0,032 = 1,25

Como Qc = 1,25 < Kc = 4,0, la mezcla tiene menos productos, en proporción, que la mezcla de equilibrio. La reacción neta avanza hacia la derecha. Se consume SO2 y O2, se forma SO3 y Qc aumenta hasta igualar Kc.

Comprobación cualitativa: al avanzar a la derecha, [SO3] aumenta y eleva el numerador. Al mismo tiempo disminuyen [SO2] y [O2], lo que reduce el denominador. Ambos cambios aumentan Qc, justo lo necesario para acercarlo desde 1,25 hasta 4,0.

Referencias

¿Cómo saber cuál es el reactivo limitante? Paso a paso

2026-09-13T16:08:02.528-03:00

Nunca compares directamente los gramos de dos reactivos. Primero conviértelos a moles y después compáralos con la proporción de la ecuación balanceada. El reactivo que alcanza para menos reacción es el limitante. Para identificarlo, calcula cuánto del segundo reactivo necesitarías para consumir el primero y compara con lo disponible. Después usa el limitante para calcular el producto y resta lo consumido para obtener el sobrante.

Si estás frente a un ejercicio, sigue esta secuencia:

Masa → moles → relación estequiométrica → limitante → producto → exceso.

Antes de calcular: ¿qué significa que un reactivo limite?

El reactivo limitante fija la cantidad máxima de producto permitida por las cantidades iniciales y la ecuación. El reactivo en exceso está disponible en mayor cantidad que la necesaria para consumir al limitante.

En un problema de reacción completa, el limitante se agota y parte del exceso permanece. Decir que «se consume primero» describe ese límite de cantidad, no cuál reacciona más rápido.

Los ejemplos siguientes son datos didácticos originales. Suponemos una reacción neta definida y sin reacciones secundarias. Calculamos cantidades teóricas; un experimento puede dar menos producto por conversión incompleta o pérdidas. Véase OpenStax, Reaction Yields.

Cómo resolver el ejercicio en siete pasos

Paso 1. Escribe y balancea la ecuación

Para formar agua:

2 H₂(g) + O₂(g) → 2 H₂O(l)

Hay cuatro átomos de H y dos de O a cada lado. Balancea cambiando coeficientes, nunca los subíndices de las fórmulas.

La ecuación dice: 2 mol de H₂ necesitan 1 mol de O₂ y forman 2 mol de H₂O. No significa dos gramos de hidrógeno por uno de oxígeno.

Paso 2. Identifica los datos

Anota cuánto tienes de cada reactivo, sus unidades y qué pide el problema. Revisa si hay pureza o concentraciones. «20 g de disolución» no significa «20 g de soluto».

Paso 3. Convierte a moles

n = m/M

n es la cantidad de sustancia en mol; m, la masa en g; M, la masa molar en g/mol. Así, g ÷ (g/mol) = mol.

Si ya tienes moles, conserva esos datos. Para una disolución con concentración molar c y volumen V en litros, n = cV.

Paso 4. Compara lo necesario con lo disponible

Para una ecuación a A + b B → p P, calcula:

n(B necesario) = n(A disponible) × b/a

Si necesitas más B del que tienes, B limita. Si tienes más B del necesario, A limita. Si coinciden exactamente, ambos están en proporción estequiométrica.

Paso 5. Identifica qué reactivo se agotaría

Escribe una conclusión con su razón: «B es limitante porque no alcanza para consumir todo A». Esa frase permite revisar si interpretaste bien el cálculo.

Paso 6. Calcula el producto desde el limitante

Si limita A:

n(P) = n(A) × p/a

m(P) = n(P) × M(P)

Los coeficientes convierten moles de una sustancia en moles de otra; las masas molares convierten moles en gramos.

Paso 7. Calcula lo que sobra

n(exceso sobrante) = n(exceso inicial) − n(exceso consumido)

Obtén lo consumido desde el limitante y la proporción de la ecuación. Después convierte el sobrante a gramos si se solicita. Resta cantidades de la misma sustancia y en las mismas unidades.

Este enfoque «necesario frente a disponible» también aparece en el material de la Facultad de Ingeniería de la UNAM.

Ejemplo resuelto: hidrógeno y oxígeno dados en gramos

Disponemos de 4,00 g de H₂ y 16,0 g de O₂. Calcula el limitante, la masa de agua y el reactivo sobrante.

Usaremos M(H₂) = 2,016 g/mol, M(O₂) = 31,998 g/mol y M(H₂O) = 18,015 g/mol.

1. De gramos a moles

n(H₂) = 4,00 g H₂ × (1 mol H₂ / 2,016 g H₂) = 1,984127 mol H₂.

n(O₂) = 16,0 g O₂ × (1 mol O₂ / 31,998 g O₂) = 0,500031 mol O₂.

En cada operación, los gramos de la misma sustancia se cancelan. Conservamos decimales durante el desarrollo y redondeamos al final.

2. Usa la proporción de la reacción

Para consumir todo el H₂ necesitaríamos:

1,984127 mol H₂ × (1 mol O₂ / 2 mol H₂) = 0,992063 mol O₂.

Los mol H₂ se cancelan y quedan mol O₂. La división entre dos aparece porque cada mol de oxígeno permite consumir dos de hidrógeno.

Solo tenemos 0,500031 mol O₂, menos de los 0,992063 mol necesarios. El O₂ es limitante y el H₂ está en exceso.

3. Calcula el agua desde el oxígeno

n(H₂O) = 0,500031 mol O₂ × (2 mol H₂O / 1 mol O₂) = 1,000063 mol H₂O.

m(H₂O) = 1,000063 mol H₂O × 18,015 g H₂O/mol H₂O = 18,016126 g H₂O.

Resultado: 18,0 g de agua, con tres cifras significativas. Es la masa teórica máxima para estos datos.

4. Calcula el hidrógeno sobrante

El oxígeno disponible consume:

n(H₂ consumido) = 0,500031 mol O₂ × (2 mol H₂ / 1 mol O₂) = 1,000063 mol H₂.

m(H₂ consumido) = 1,000063 mol × 2,016 g/mol = 2,016126 g.

m(H₂ sobrante) = 4,00 g − 2,016126 g = 1,983874 g ≈ 1,98 g.

El sobrante se expresa a centésimas de gramo. El oxígeno no sobra bajo la hipótesis de reacción completa.

Comprobación sin redondear: 4,00 + 16,0 = 18,016126 + 1,983874 = 20,0 g. El agua y el hidrógeno restante conservan la masa inicial.

Segundo método: moles disponibles divididos por coeficiente

Divide los moles de cada reactivo entre el coeficiente que aparece en la misma ecuación balanceada:

Reactivo	Masa (g)	M (g/mol)	n (mol)	Coeficiente	n/coeficiente (mol)
H₂	4,00	2,016	1,984127	2	0,992063
O₂	16,0	31,998	0,500031	1	0,500031

El menor cociente corresponde al O₂. Coincide con el método anterior.

¿Por qué funciona?

Cada vez que la reacción avanza en la proporción escrita, consume dos partes molares de H₂ y una de O₂. Dividir entre el coeficiente indica cuánto avance puede sostener cada inventario.

El H₂ alcanza para un avance de 0,992063 mol; el O₂ solo para 0,500031 mol. La reacción no puede superar la menor capacidad disponible.

Para a A + b B → p P:

Avance máximo = mínimo entre n(A)/a y n(B)/b.

Moles de producto = p × avance máximo.

En nuestro ejemplo: 2 × 0,500031 = 1,000063 mol de H₂O. Ambos métodos expresan la misma restricción. Puedes usar el método que te resulte más claro.

Si multiplicas toda la ecuación por dos, todos los cocientes se reducen a la mitad, pero el limitante y la cantidad de producto permanecen iguales.

Error: comparar directamente los gramos

Podrías pensar: «Hay 4,00 g de hidrógeno y 16,0 g de oxígeno; como hay menos hidrógeno, debe limitar».

El ejemplo demuestra lo contrario: limita el oxígeno aunque tiene mayor masa. Una masa pequeña de H₂ contiene muchos moles porque su masa molar es baja. Además, la reacción requiere dos moles de H₂ por cada mol de O₂.

Ambos factores importan: masa molar y coeficiente. Tampoco basta elegir el reactivo con menos moles. Con 2,00 mol de N₂ y 3,00 mol de H₂, para N₂ + 3 H₂ → 2 NH₃, limita H₂. Tiene más moles iniciales, pero cada mol de N₂ necesita tres de H₂.

Sí puedes trabajar con relaciones de masa ya calculadas desde la ecuación. Lo incorrecto es comparar las masas iniciales sin incorporar la estequiometría.

Otros errores que debes revisar

Usar una ecuación sin balancear.
Emplear M(O) en vez de M(O₂).
Confundir coeficientes con subíndices.
Calcular producto desde el exceso como si reaccionara completo.
Restar gramos de producto a gramos de reactivo para hallar sobrante.
Redondear antes de decidir el limitante, especialmente si las cantidades son cercanas.
Interpretar un rendimiento de 85 % como prueba de que reaccionó exactamente 85 % del limitante. Puede haber pérdidas al recuperar el producto.

Cinco ejercicios: inténtalos antes de leer las soluciones

Para masas molares usa H₂ = 2,016; O₂ = 31,998; H₂O = 18,015; N₂ = 28,014; NH₃ = 17,031; Mg = 24,305; HCl = 36,458; CH₄ = 16,043; CO₂ = 44,009; CaCO₃ = 100,086, todas en g/mol. Son valores de trabajo calculados con pesos atómicos abreviados de CIAAW.

Básico 1. Cantidades en moles

N₂ + 3 H₂ → 2 NH₃. Dispones de 2,00 mol N₂ y 3,00 mol H₂. Identifica el limitante y calcula moles de NH₃ y de reactivo sobrante.

Básico 2. Cantidades en gramos

2 H₂ + O₂ → 2 H₂O. Dispones de 3,00 g H₂ y 32,0 g O₂. Calcula limitante, masa de agua y masa sobrante.

Intermedio 1. Metal y ácido

Mg + 2 HCl → MgCl₂ + H₂. Dispones de 4,00 g Mg y una disolución que contiene 7,30 g HCl. Calcula limitante, masa de H₂ y masa de Mg sobrante. El agua de la disolución es el medio, no otro reactivo de esta ecuación neta.

Intermedio 2. Combustión ideal

CH₄ + 2 O₂ → CO₂ + 2 H₂O. Dispones de 8,00 g CH₄ y 24,0 g O₂. Supón que la única reacción es la indicada. Calcula limitante, masas de ambos productos y masa sobrante. Es un modelo estequiométrico, no una predicción de la composición de una combustión real con poco oxígeno.

Tipo prueba universitaria. Pureza y recuperación

Una muestra de 10,0 g contiene 80,0 % en masa de CaCO₃ e impurezas inertes. Se mezcla con una disolución que contiene 5,00 g HCl:

CaCO₃ + 2 HCl → CaCl₂ + CO₂ + H₂O.

Identifica el limitante, calcula masa teórica de CO₂ y masa de CaCO₃ sobrante. Si se recupera 85,0 % del CO₂ teórico, ¿cuánto se recoge? Supón consumo completo del limitante y que las impurezas son insolubles: ¿cuál es la masa de sólidos que queda?

Soluciones explicadas paso a paso

Solución del básico 1

La ecuación conserva N = 2 y H = 6 a cada lado. Las cantidades ya están en moles.
Todo el N₂ necesitaría 2,00 × 3 = 6,00 mol H₂; solo hay 3,00 mol. Limita H₂.
Verificación: n/coeficiente vale 2,00/1 = 2,00 mol para N₂ y 3,00/3 = 1,00 mol para H₂.
Producto: 3,00 mol H₂ × (2 mol NH₃ / 3 mol H₂) = 2,00 mol NH₃.
N₂ consumido: 3,00 mol H₂ × (1 mol N₂ / 3 mol H₂) = 1,00 mol N₂.
N₂ restante: 2,00 − 1,00 = 1,00 mol N₂. H₂ restante: cero.

Solución del básico 2

La ecuación conserva H = 4 y O = 2 por lado.
n(H₂) = 3,00 g × (1 mol/2,016 g) = 1,488095 mol. n(O₂) = 32,0/31,998 = 1,000063 mol.
Todo el H₂ necesita 1,488095/2 = 0,744048 mol O₂. Hay más de esa cantidad: limita H₂.
Comparación alternativa: 1,488095/2 < 1,000063/1.
Agua: 1,488095 mol H₂ × (2 mol H₂O/2 mol H₂) × 18,015 g/mol = 26,8 g H₂O.
O₂ consumido: 0,744048 mol × 31,998 g/mol = 23,808036 g.
O₂ restante: 32,0 − 23,808036 = 8,2 g O₂, a décimas de gramo. H₂ restante: cero.

Solución del intermedio 1

Se conservan Mg = 1, H = 2 y Cl = 2 a cada lado.
n(Mg) = 4,00/24,305 = 0,164575 mol. n(HCl) = 7,30/36,458 = 0,200230 mol.
Todo el Mg necesitaría 2 × 0,164575 = 0,329150 mol HCl. No alcanza: limita HCl.
Cocientes: Mg = 0,164575/1; HCl = 0,200230/2 = 0,100115 mol.
H₂: 0,200230 mol HCl × (1 mol H₂/2 mol HCl) × 2,016 g/mol = 0,202 g H₂.
Mg consumido: 0,100115 mol × 24,305 g/mol = 2,433300 g.
Mg restante: 4,00 − 2,433300 = 1,57 g Mg.

Aquí limita el reactivo con más gramos y más moles iniciales. El coeficiente dos del HCl cambia la comparación.

Solución del intermedio 2

Se conservan C = 1, H = 4 y O = 4 por lado.
n(CH₄) = 8,00/16,043 = 0,498660 mol. n(O₂) = 24,0/31,998 = 0,750047 mol.
Todo el metano requeriría 2 × 0,498660 = 0,997320 mol O₂. Solo hay 0,750047 mol: limita O₂.
Cocientes: 0,498660/1 frente a 0,750047/2 = 0,375023 mol.
CO₂: 0,750047 mol O₂ × (1 mol CO₂/2 mol O₂) × 44,009 g/mol = 16,5 g CO₂.
H₂O: 0,750047 mol O₂ × (2 mol H₂O/2 mol O₂) × 18,015 g/mol = 13,5 g H₂O.
CH₄ consumido: 0,375023 mol × 16,043 g/mol = 6,016501 g.
CH₄ restante: 8,00 − 6,016501 = 1,98 g CH₄. O₂ restante: cero.

La masa sin redondear se conserva: productos más sobrante suman 32,0 g. El sobrante se informa a centésimas siguiendo la resta con 8,00 g.

Solución del ejercicio tipo prueba

Balance: Ca = 1, C = 1, O = 3, H = 2 y Cl = 2 a cada lado.
Primero corrige la pureza: 10,0 g × 0,800 = 8,00 g CaCO₃. No introduzcas los 10,0 g completos en el cálculo de moles.
n(CaCO₃) = 8,00/100,086 = 0,079931 mol. n(HCl) = 5,00/36,458 = 0,137144 mol.
Todo el carbonato necesitaría 2 × 0,079931 = 0,159863 mol HCl. No alcanza; limita HCl.
Los cocientes son 0,079931 y 0,137144/2 = 0,068572 mol.
CO₂ teórico: 0,137144 mol HCl × (1 mol CO₂/2 mol HCl) × 44,009 g/mol = 3,02 g CO₂.
CaCO₃ consumido: 0,068572 mol × 100,086 g/mol = 6,863103 g. Sobrante: 8,00 − 6,863103 = 1,14 g CaCO₃.
CO₂ recuperado: usa el resultado sin redondear, 3,017788 × 0,850 = 2,57 g CO₂.
Impurezas: 10,0 − 8,00 = 2,0 g. Sólidos finales: 2,0 + 1,136897 = 3,1 g, a décimas según los datos de la muestra. El valor previo al redondeo es 3,136897 g.

La recuperación de CO₂ no modifica el sobrante calculado: el enunciado especifica consumo completo del limitante y pérdidas en la recuperación. Sin esa información, el rendimiento por sí solo no permite calcular cuánto reactivo quedó sin reaccionar.

Cifras significativas: los coeficientes balanceados son exactos. Guarda decimales intermedios; usa tres cifras significativas en productos con estos datos y la precisión decimal correspondiente en restas. No decidas un empate con cocientes ya redondeados.

Preguntas frecuentes

¿Qué es el reactivo limitante?

Es el reactivo que fija la cantidad máxima de producto según la ecuación y las cantidades iniciales. En el modelo de reacción completa, se consume totalmente.

¿Cómo sé cuál es el reactivo limitante?

Balancea, convierte a moles y compara lo necesario con lo disponible. También puedes dividir los moles de cada reactivo por su coeficiente: el menor cociente identifica al limitante.

¿El reactivo con menos gramos siempre es el limitante?

No. Las masas molares y los coeficientes pueden hacer que el reactivo con mayor masa sea el limitante, como el O₂ del ejemplo principal.

¿El reactivo con menos moles siempre limita?

No. Debes comparar moles considerando los coeficientes. Para N₂ + 3 H₂ → 2 NH₃, 3 mol H₂ limitan frente a 2 mol N₂.

¿Puedo calcular el reactivo limitante sin pasar a gramos?

Sí. Si tienes moles, compara directamente n/coeficiente. Si tienes molaridad y volumen, calcula n = cV. No necesitas convertir esas cantidades a gramos.

¿Qué diferencia existe entre reactivo limitante y reactivo en exceso?

El limitante fija el máximo de producto. El exceso tiene más cantidad que la necesaria para consumir al limitante y deja un sobrante teórico.

¿Cómo calcular cuánto reactivo sobra?

Calcula cuánto exceso consume el limitante mediante la relación molar. Resta lo consumido a lo inicial, usando la misma sustancia y unidad.

¿Cómo se relaciona el reactivo limitante con el rendimiento teórico?

Su cantidad determina los moles máximos de producto. Multiplica por la relación de coeficientes y, si necesitas masa, por la masa molar del producto.

¿Qué pasa si los reactivos están exactamente en proporción estequiométrica?

Sus cocientes n/coeficiente coinciden. En el modelo de reacción completa se agotan simultáneamente y ninguno queda en exceso. No hay un único reactivo limitante.

¿Cómo influye la pureza del reactivo?

Antes de calcular moles, multiplica la masa de la muestra por su fracción de pureza. La masa de impurezas inertes no participa en esa ecuación.

¿Puedo hallar el limitante si solo conozco la cantidad de un reactivo?

No en general. Necesitas la disponibilidad de los demás, o que el enunciado indique que están en exceso.

¿Cómo calculo el rendimiento porcentual?

Rendimiento (%) = cantidad real de producto/cantidad teórica de producto × 100. Usa la misma sustancia y las mismas unidades en ambos valores.

Para repasar las conversiones, consulta cómo pasar de gramos a moles, moléculas y átomos.

Fuentes

OpenStax, Chemistry 2e, sección 4.4: Reaction Yields. Conceptos de limitante, rendimiento teórico y rendimiento porcentual.
Alfredo Velásquez Márquez, Facultad de Ingeniería de la UNAM: Cómo identificar al reactivo limitante. Comparación de disponibilidad y necesidades estequiométricas. La unidad impresa al final de la conversión de entidades a moles en el ejemplo 2 tiene una errata; no se reproduce.
UTEM: Ejercicios resueltos, estequiometría en una reacción química. Referencia didáctica chilena.
UNSE, Facultad de Ciencias Médicas: Guía práctica de química, ingreso 2026. Sección de estequiometría, reactivo limitante y rendimiento.
Problemas resueltos de estequiometría alojados en la Universidad Distrital. Evidencia de ejercicios con pureza, exceso y rendimiento.
CIAAW: Abridged Standard Atomic Weights. Referencia para los pesos atómicos de trabajo. Las masas molares del artículo se obtienen sumando los valores correspondientes a la fórmula.
Educación Química: Intervención didáctica para el aprendizaje de estequiometría en estudiantes universitarios. Fuente de investigación educativa para la estrategia editorial; no es una estadística de búsqueda.

Ejemplos y ejercicios elaborados para esta entrega. Referencias consultadas el 4 de octubre de 2026.

¿Pudiste resolver el ejercicio sin mirar la solución?

Cuéntanos en los comentarios si lo lograste o en qué paso te costó avanzar.

Nomenclatura del ftalato

2012-01-28T13:37:00.000-03:00

Los ftalatos de esta tabla son ésteres derivados del ácido ftálico. Sus nombres distinguen los grupos orgánicos presentes en cada compuesto. Esta entrada es una referencia para comparar nombres, abreviaturas, fórmulas y números CAS, que identifican sustancias. Para usarla, busca primero el nombre y después relaciona su fórmula con la abreviatura correspondiente. No todos los materiales incluidos al final pertenecen a la misma familia: el PET es un poliéster derivado del ácido tereftálico, distinto del ácido ftálico.

Nombre	Acronimo	Formula estructural	Numero CAS.
Dimetil Ftalato	DMP	C₆H₄(COOCH₃)₂	131-11-3
Dietil Ftalato	DEP	C₆H₄(COOC₂H₅)₂	84-66-2
Dialil Ftalato	DAP	C₆H₄(COOCH₂CH=CH₂)₂	131-17-9
Di-n-propil Ftalato	DPP	C₆H₄[COO(CH₂)₂CH₃]₂	131-16-8
Di-n-butil Ftalato	DBP	C₆H₄[COO(CH₂)₃CH₃]₂	84-74-2
Diisobutil Ftalato	DIBP	C₆H₄[COOCH₂CH(CH₃)₂]₂	84-69-5
Butil cyclohexil Ftalato	BCP	CH₃(CH₂)₃OOCC₆H₄COOC₆H₁₁	84-64-0
Di-n-pentil Ftalato	DNPP	C₆H₄[COO(CH₂)₄CH₃]₂	131-18-0
Dicyclohexil Ftalato	DCP	C₆H₄[COOC₆H₁₁]₂	84-61-7
Butil benzil Ftalato	BBP	CH₃(CH₂)₃OOCC₆H₄COOCH₂C₆H₅	85-68-7
Di-n-hexil Ftalato	DNHP	C₆H₄[COO(CH₂)₅CH₃]₂	84-75-3
Diisohexil Ftalato	DIHxP	C₆H₄[COO(CH₂)₃CH(CH₃)₂]₂	146-50-9
Diisoheptil Ftalato	DIHpP	C₆H₄[COO(CH₂)₄CH(CH₃)₂]₂	41451-28-9
Butil decil Ftalato	BDP	CH₃(CH₂)₃OOCC₆H₄COO(CH₂)₉CH₃	89-19-0
Di(2-etilhexil) Ftalato	DEHP, DOP	C₆H₄[COOCH₂CH(C₂H₅)(CH₂)₃CH₃]₂	117-81-7
Di(n-octil) Ftalato	DNOP	C₆H₄[COO(CH₂)₇CH₃]₂	117-84-0
Diisooctil Ftalato	DIOP	C₆H₄[COO(CH₂)₅CH(CH₃)₂]₂	27554-26-3
n-Octil n-decil Ftalato	ODP	CH₃(CH₂)₇OOCC₆H₄COO(CH₂)₉CH₃	119-07-3
Diisononil Ftalato	DINP	C₆H₄[COO(CH₂)₆CH(CH₃)₂]₂	28553-12-0
Diisodecil Ftalato	DIDP	C₆H₄[COO(CH₂)₇CH(CH₃)₂]₂	26761-40-0
Diundecil Ftalato	DUP	C₆H₄[COO(CH₂)₁₀CH₃]₂	3648-20-2
Diisoundecil Ftalato	DIUP	C₆H₄[COO(CH₂)₈CH(CH₃)₂]₂	85507-79-5
Ditridecil Ftalato	DTDP	C₆H₄[COO(CH₂)₁₂CH₃]₂	119-06-2
Diisotridecil Ftalato	DIUP	C₆H₄[COO(CH₂)₁₀CH(CH₃)₂]₂	68515-47-9
Polyetileno Tereftalato	PETE	[C₁₀H₈0₄]_n	25038-59-9

Estructura de : C2O42- ,C3O2 , COCl2, CN-, NFO2

2011-11-13T18:36:00.001-03:00

C₂O₄^2-

C₃O₂

CN^-

CO₃^2-

COCl₂

NFO₂

Los elementos 110, 111 y 112 fueron confirmados bajo los nombres darmstadtio (Ds), roentgenio (Rg) y el copernicio (Cn).

2011-11-13T18:16:00.001-03:00

Los elementos 110, 111 y 112 fueron confirmados bajo los nombres darmstadtio (Ds), roentgenio (Rg) y el copernicio (Cn). Cada uno tan pesado e inestable que sólo existe en laboratorio y rápidamente bajan a átomos más livianos.
“El nombramiento de estos elementos fue acordado tras consultar con físicos del mundo y estamos muy felices de verlos incluir en la tabla periódica”, comentó el doctor Robert Kirby-Harris, secretario general de la IUPAP y presidente de la IOP.
Los tres elementos fueron descubiertos por un equipo de la Compañía para la Investigación de Iones Pesados (GSI Helmholtz). El darmstadtio fue hallado en 1994 y recibió el nombre a partir de la ciudad alemana de Darmstadt, donde se ubica el GSI. El mismo año se descubrió el roentgenio, que obtuvo su nombre del físico alemán Wilhelm Conrad Roentgen (ganador del Premio Nobel y el primero en producir y detectar los rayos X en 1895). El copernicio fue logrado en 1996 luego de mezclar zinc y plomo, resultando en este pesado y radiactivo elemento. Su nombre se lo debe al astrónomo prusiano Nicolás Copérnico (el primero en sugerir que la Tierra gira en torno al sol).

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¿Que es la tabla periodica?

2010-12-22T00:29:00.000-03:00

Esquema de todos los elementos químicos dispuestos por orden de número atómico creciente y en una forma que refleja la estructura de los elementos. Los elementos están ordenados en siete hileras horizontales, llamadas periodos, y en 18 columnas verticales, llamadas grupos. El primer periodo, que contiene dos elementos, el hidrógeno y el helio, y los dos periodos siguientes, cada uno con ocho elementos, se llaman periodos cortos. Los periodos restantes, llamados periodos largos, contienen 18 elementos en el caso de los periodos 4 y 5, o 32 elementos en el del periodo 6. El periodo largo 7 incluye el grupo de los actínidos, que ha sido completado sintetizando núcleos radiactivos más allá del elemento 92, el uranio (véase Elementos transuránicos).

Los grupos o columnas verticales de la tabla periódica fueron clasificados tradicionalmente de izquierda a derecha utilizando números romanos seguidos de las letras “A” o “B”, en donde la “B” se refiere a los elementos de transición. En la actualidad ha ganado popularidad otro sistema de clasificación, que ha sido adoptado por la Unión Internacional de Química Pura y Aplicada (IUPAC, siglas en inglés). Este nuevo sistema enumera los grupos consecutivamente del 1 al 18 a través de la tabla periódica.

LEY PERIÓDICA

Esta ley es la base de la tabla periódica y establece que las propiedades físicas y químicas de los elementos tienden a repetirse de forma sistemática conforme aumenta el número atómico.
Todos los elementos de un grupo presentan una gran semejanza y, por lo general, difieren de los elementos de los demás grupos. Por ejemplo, los elementos del grupo 1 (o IA), a excepción del hidrógeno, son metales con valencia química +1; mientras que los del grupo 17 (o VIIA), exceptuando el astato, son no metales, que normalmente forman compuestos con valencia -1.

DESARROLLO HISTORICO

Como resultado de los descubrimientos que establecieron en firme la teoría atómica de la materia en el primer cuarto del siglo XIX, los científicos pudieron determinar las masas atómicas relativas de los elementos conocidos hasta entonces. El desarrollo de la electroquímica durante ese periodo por parte de los químicos británicos Humphry Davy y Michael Faraday condujo al descubrimiento de nuevos elementos.

En 1829 se habían descubierto los elementos suficientes para que el químico alemán Johann Wolfgang Döbereiner pudiera observar que había ciertos elementos que tenían propiedades muy similares y que se presentaban en triadas: cloro, bromo y yodo; calcio, estroncio y bario; azufre, selenio y teluro, y cobalto, manganeso y hierro. Sin embargo, debido al número limitado de elementos conocidos y a la confusión existente en cuanto a la distinción entre masas atómicas y masas moleculares, los químicos no captaron el significado de las triadas de Döbereiner.

El desarrollo del espectroscopio en 1859 por los físicos alemanes Robert Wilhelm Bunsen y Gustav Robert Kirchhoff, hizo posible el descubrimiento de nuevos elementos. En 1860, en el primer congreso químico internacional celebrado en el mundo, el químico italiano Stanislao Cannizzaro puso de manifiesto el hecho de que algunos elementos (por ejemplo el oxígeno) poseen moléculas que contienen dos átomos. Esta aclaración permitió que los químicos consiguieran una “lista” consistente de los elementos.
Estos avances dieron un nuevo ímpetu al intento de descubrir las interrelaciones entre las propiedades de los elementos. En 1864, el químico británico John A. R. Newlands clasificó los elementos por orden de masas atómicas crecientes y observó que después de cada siete elementos, en el octavo, se repetían las propiedades del primero. Por analogía con la escala musical, a esta repetición periódica la llamó ley de las octavas. El descubrimiento de Newlands no impresionó a sus contemporáneos, probablemente porque la periodicidad observada sólo se limitaba a un pequeño número de los elementos conocidos.

NOMENCLATURA

2010-12-22T00:21:00.000-03:00

UNA NOMENCLATURA COMUN O TRIVIAL.

Cabe hacer notar que antes de existir la idea de socializar de manera reglamentada los nombres de las sustancias, fueron apareciendo un alto número de compuestos con nombres usuales o comunes los cuales se aprendían más por la práctica que por sistematización alguna, siendo este motivo la causa de que el NOMBRE TRIVIAL no señale ninguna característica del compuesto. Algunos ejemplos:

H₂O Agua	PH₃ Fosfina
NH₃ Amoníaco	AsH₃ Arsina
SiH₄ Silano	SbH₃ Estibina
N₂H₄ Hidracina	BH₃ Borano

Estos son nombres y fórmulas aceptados como correctas.
Existen otros nombres que son aplicados a presentaciones industriales de algunos compuestos.
Ejemplos:

ácido muriático:: para el ácido clorhídrico.
Vinagre:: es el ácido acético.
Sosa cáustica:: nombre del hidróxido de sodio.
Potasa cáustica:: este para hidróxido de potasio.

UNA NOMENCLATURA SISTEMATIZADA

Actualmente existe la tendencia a adoptar un sistema de nombres que permita al máximo caracterizar las propiedades de la sustancia. Para ello se da un nombre genérico correspondiente a la familia que agrupe al compuesto según su FUNCION QUIMICA, posteriormente se especifica que elemento presenta determinada FUNCION e incluso el estado de oxidación de éste, lo cual se logra con un manejo de terminaciones y de prefijos según sea requerido. Mas recientemente la NOMENCLATURA STOCK reglamenta el uso del nombre genérico (óxido, hidróxido, ácido, etc.) seguido del elemento que pertenece a determinada familia y con un número romano encerrado en paréntesis le especifica el estado de oxidación.

LA TABLA PERIODICA

2010-12-22T00:20:00.000-03:00

Resulta de gran interés y de singular importancia para una buena NOMENCLATURA de los compuestos, el conocer ciertas características de los elementos de acuerdo al acomodo que guardan en la TABLA PERIODICA. El ordenamiento de los elementos en la tabla periódica no fue hecho al azar, sino más bien es el fruto de un gran número de intentos por agruparlos en función de sus propiedades y el orden seguido es en base a un NUMERO ATOMICO que viene siendo la cantidad de protones existentes en el NUCLEO del átomo. Tal vez la tabla periódica que resulte más común sea la conocida como de &quote; DIECIOCHO COLUMNAS &quote;, en esta podemos apreciar 7 renglones horizontales llamados PERIODOS, además de 18 columnas verticales llamadas GRUPOS. El nombre de TABLA PERIODICA la recibe precisamente porque cada cierto número de elementos las propiedades químicas se repiten; quedando colocados uno bajo el otro todos aquellos elementos que presentan propiedades con similitud para formarse así un GRUPO.
Los PERIODOS están formados por un conjunto de elementos que teniendo propiedades químicas diferentes, mantienen en común el presentar igual número de niveles con electrones en su envoltura, correspondiendo el número de PERIODO al total de niveles.

Las propiedades químicas de los elementos dependen de la distribución electrónica en los diferentes niveles, por ello; todos aquellos que tienen igual número de electrones en su último nivel presentan propiedades químicas similares, correspondiendo el número de período en que se encuentra ubicado, al del último nivel con electrones y el número de grupo guarda relación con la cantidad de electrones en la última capa.
La tabla periódica uele dividirse en diversas formas según las propiedades que se deseen estudiar, de tal suerte que se agrupan conjuntos de elementos con características comunes.

METALES, NO METALES Y METALOIDES

Aún antes de establecerse la tabla periódica; ya el creador de la SIMBOLOGIA de los elementos J. J. BERZELIUS publicó en 1814 una clasificación sistemática en donde agrupaba dos tipos: los METALES y los NO METALES. Las características de los elementos METALICOS son:

Conducen con facilidad el calor y la electricidad.
Presentan brillo metálico
Generalmente pueden ser laminados o estirados formando alambres, propiedades que se conocen como MALEABILIDAD y DUCTILIDAD.
Por lo regular a temperatura ambiente son sólidos excepto Hg, Ga, Cs y Fr.
Al combinarse con NO METALES ceden electrones por lo que adquieren cargas positivas (CATIONES).

Los NO METALES presentan las siguientes características:

Son malos conductores del calor y la electricidad.
No son maleables ni dúctiles.
Reciben electrones al combinarse con los METALES adquiriendo así cargas NEGATIVAS (ANIONES).

Algunos elementos suelen comportarse según las condiciones como metales o como no metales; a estos se les conoce como METALOIDES.

En la clasificación periódica de DIECIOCHO columnas podemos apreciar a estos grupos de elementos claramente delimitados, lo cual nos parece razonable si pensamos que las características de ellos dependen de la distribución electrónica, entre más próximos estén los elementos, mayor semejanza tendrán en sus propiedades y esto se debe a que la distribución electrónica presenta también una gran semejanza.
Si admitimos que las propiedades químicas de los elementos dependen de la ubicación de los electrones en su envoltura, tenemos una CLASIFICACION DE ELEMENTOS EN FUNCION DE SU DISTRIBUCION ELECTRONICA. En esta clasificación los elementos se agruparon en cuatro bloqus según el tipo de orbital atómico en que se ubique su electrón diferencial.

A los bloques S y P se les conoce como elementos REPRESENTATIVOS mientras que a los D y F se les denomina elementos de TRANSICION.
El bloque S está formado por dos columnas, el P por seis, en el D se observan diez y el F presenta un total de 14. Como se puede observar, el número de columnas corresponde al máximo de electrones que se pueden acomodar en esos tipos de orbitales, los elementos colocados en una misma columna o grupo tendrán igual cantidad de electrones en el nivel más externo y su electrón diferencial estará en el mismo tipo de orbital.
Otra clasificación que resulta importante conocer y es de gran utilidad en la NOMENCLATURA es la que nos brinda información sobre la capacidad de combinación de los elementos o sea su VALENCIA así como su ESTADO o NUMERO DE OXIDACION.
Existe una clasificación que ubica a los elementos representativos en ocho grupos identificados como A y a los de transición en B. Los elementos representativos son conocidos así porque el número de grupos representa la cantidad de electrones en su CAPA DE VALENCIA o sea el ULTIMO NIVEL y la cantidad de electrones en esa capa nos indica la valencia máxima que el elemento puede presentar. La VALENCIA de un elemento se refiere a la capacidad de combinación que presenta; en el caso de los NO METALES se relaciona con el número de átomos de hidrógeno con que se puede enlazar y en los METALES con cuántos átomos de cloro se une.
Ejemplos:
El Calcio se puede unir a dos átomos de Cloro por lo que su valencia es dos. CaCl₂
El Oxígeno forma agua uniéndose a dos hidrógenos, su valencia también será dos. H₂O
El Nitrógeno se une a tres Hidrógenos en la formación de Amoníaco,su valencia es tres. NH₃
En la NOMENCLATURA DE LAS SUSTANCIAS INORGANICAS resulta de mayor importancia aún conocer el ESTADO DE OXIDACION, este regularmente es la valencia con un signo que expresa la carga adquirida por el elemento al enlazarse con otros diferentes a él; es decir, átomos de distinta electronegatividad. El ESTADO o NUMERO DE OXIDACION generalmente expresa la cantidad de electrones que un átomo aporta en la formación de enlaces con otros átomos de elementos diferentes.
Ejemplos:
El CALCIO se une al CLORO formando el compuesto CaCl₂; en este caso el Calcio tiene estado de oxidación +2 ya que emplea dos electrones al unirse con el Cloro quien presenta -1, al emplear sólo un electrón.
El OXIGENO forma Agua al unirse con un estado de oxidación de -2 con el HIDROGENO que presenta +1.
Existen compuestos que nos permiten establecer diferencias entre VALENCIA y NUMERO DE OXIDACION.
Ejemplos:
El OXIGENO al formarse el PEROXIDO DE HIDROGENO presenta valencia DOS mientras que su número de oxidación es -1; su fórmula es H₂O₂ y puede representarse con una estructura en donde se aprecia que cada Oxígeno solo emplea un electrón para unirse al Hidrógeno quien sería el átomo diferente; aún sin embargo son dos los enlaces que forma.
Caso similar podemos observar en el Benceno cuya fórmula es C₆H₆ y los estados de oxidación del Hidrógeno es +1 y para el carbono -1.

Aquí observamos que el carbono forma cuatro enlaces por lo que su VALENCIA es cuatro; su NUMERO DE OXIDACION es -1 ya que sólo con un enlace se une a otro elemento diferente.

LOS NUMEROS DE OXIDACION EN LA TABLA PERIODICA

El conocer la posición del elemento en la Tabla Periódica nos resulta de gran utilidad para determinar su NUMERO DE OXIDACION; Los METALES presentan CARGAS POSITIVAS y los NO METALES suelen presentar NEGATIVAS aunque también pueden ser POSITIVOS dependiendo del compuesto que forme. ELEMENTOS REPRESENTATIVOS: estos elementos suelen presentar número de oxidación de acuerdo al grupo en que se ubican; el número de grupo nos dice el estado de oxidación máximo del elemento. Los elementos pueden presentar varios estados de oxidación y estos dependen del número de grupo; si el grupo es PAR, los elementos tendrán CARGAS POSITIVAS PARES desde el CERO hasta el NUMERO DE GRUPO. Si es IMPAR, las CARGAS serán IMPARES.

Los elementos NO METALICOS al combinarse con elementos de menor electronegatividad tienden a adquirir CARGAS NEGATIVAS, y esta será en un número que permita completar OCHO, al sumar el número de grupo con la cantidad de carga. Así tenemos que: el grupo VII A adquieren -1, en el VI A -2, los del V A -3 y algunos del IV A -4.
Los ELEMENTOS DE TRANSICION regularmente presentan estado de oxidación +3; los grupos I y II suelen tener +1 y +2 como ocurre en Cu⁺¹, Ag⁺¹, Au⁺¹ en el grupo I B y Zn⁺², Cd⁺² y Hg⁺² del II B; también suele presentarse Cu⁺², Au⁺³ y Hg⁺¹. Los elementos de transición pueden adquirir números de oxidación positivos de acuerdo también al número de grupo como máximo.

LOS NUMEROS DE OXIDACION EN UN COMPUESTO

Los elementos que integran un compuesto presentan un estado de oxidación que puede determinarse de acuerdo al conocimiento que tenemos de su colocación en la tabla, algunos elementos suelen presentar sólo un estado de oxidación, pero otros se comportan de manera diferente dependiendo de las características de los elementos con que se combinen o también de las condiciones de reacción o ambientales en que se encuentre. Lo anterior se toma en consideración para determinar que número de oxidación presenta cada elemento en un compuesto.

REGLAS ARBITRARIAS PARA ASIGNAR NUMEROS DE OXIDACON

Los elementos libres o moleculares que no estén combinados con otro diferente presentan carga cero.
La suma algebraica de los números de oxidación en los integrantes de un compuesto debe ser igual a cero. En un ion será igual a la carga del ion.
Los elementos del grupo I A, II A y III A invariablemente presentan carga de +1, +2 y +3 respectivamente.
Generalmente la carga negativa corresponde al elemento más electronegativo y todos lo demás serán positivos.
En el Oxígeno es -2, con excepción de los peróxidos por existir enlace entre los oxígenos, será -1.
En el Hidrógeno es +1, con la salvedad de combinaciones con elementos de menor electronegatividad que él, como en el caso de los hidruros.

Ejemplos:

FeCl₃: El Cl es -1 por ser más electronegativo y el Fe es +3 al establecer la suma (-1)3 + 3 = 0. Bajo otras condiciones el Fe será +2 con la fórmula FeCl2.
KMnO₄: El K es +1 ya que su grupo es IA. El O es -2 ya que es el más electronegativo; mientras tanto al Mn le corresponde +7. La suma algebraica será +1+7+(-2)4 = +1+7-8=0.
H₂O₂: El O será negativo por ser el más electronegativo, pero será -1 ya que existe un enlace entre los oxígenos. Al H le corresponde +1 según la suma (+1)2 + (-1)2 = 0.
LiH: Caso en el cual el H por ser más electronegativo que el metal presentará estado de oxidación de -1 y el Li +1

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6. Ejercicios con respuestas y cuestionario

7. Preguntas frecuentes

8. Bibliografía y siguiente práctica

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1. ¿Qué es una titulación?

2. Identifica el equipo antes de empezar

1 · Manipula la bureta

2 · Observa el gráfico de titulación

3 · Registra y calcula

Modo desafío: descubre la concentración