Reactivo limitante y estequiometría

Compara moles divididos por el coeficiente y barre un reactivo para ver la subida, el quiebre y la meseta.

Ejemplo resuelto — Reactivo limitante y estequiometría

lotes de reacción	0,9921
2NH₃	33,792 g
Menor moles ÷ coeficiente	0,9921
Rendimiento teórico	33,792 g
Exceso restante	0,208 g

Estos son los valores que muestra la calculadora al abrir la página. Cambia cualquier entrada de arriba para recalcularlos.

Cargando simulación interactiva...

El reactivo limitante no es el que tienes en menor cantidad 🖖

Con 28 g de N₂ y 6 g de H₂ hay 2,9762 mol de hidrógeno frente a 0,9995 mol de nitrógeno, pero limita H₂. La ecuación exige tres H₂ por cada N₂, así que deciden 0,9921 frente a 0,9995 tras dividir por los coeficientes.

El rendimiento son dos rectas con un quiebre 🖖

Barre un reactivo en la gráfica: el rendimiento sube linealmente hasta que las dos razones mol-coeficiente coinciden y luego queda plano. El quiebre es el punto estequiométrico; después, añadir reactivo solo deja sobrante.

Más del 100 % indica contaminación o error 🖖

El rendimiento teórico es un límite superior impuesto por la conservación de los átomos. Superar el 100 % no vence a la estequiometría: el producto suele estar húmedo o impuro, o alguna masa se midió mal.

Problemas resueltos al detalle

Ocho gramos de hidrógeno, cuarenta de oxígeno, y el oxígeno se agota primero 6 pasos
Se queman 8 g de hidrógeno con 40 g de oxígeno: 2H₂ + O₂ → 2H₂O. Determine qué reactivo limita la reacción, la masa de agua y qué queda en el recipiente. A continuación, calcule exactamente cuánto oxígeno más se necesitaría para que no sobrase nada.
1. La masa no aporta nada hasta convertirse en moles, porque la ecuación cuenta moléculas. El H₂ tiene 2 × 1,008 = 2,016 g/mol y el O₂ tiene 2 × 15,999 = 31,998 g/mol.
  
  $M (H_{2}) = 2.016, M (O_{2}) = 31.998 g mo l^{- 1}$
2. Divide. 8 ÷ 2.016 = 3.9683 mol de H₂ y 40 ÷ 31.998 = 1.2501 mol de O₂. Hay 3.17 veces más hidrógeno en número de moles, aunque su masa es solo la quinta parte.
  
  $n (H_{2}) = \frac{8}{2.016} = 3.9683, n (O_{2}) = \frac{40}{31.998} = 1.2501 mol$
3. Ahora divida cada uno entre su coeficiente, que es el paso que lo decide todo: el H₂ da 3,9683 ÷ 2 = 1,9841 y el O₂ da 1,2501 ÷ 1 = 1,2501. El número menor es el que se agota, por lo que el oxígeno es el reactivo limitante: tiene cinco veces la masa del otro reactivo y es el que escasea.
  
  $\frac{3.9683}{2} = 1.9841 > \frac{1.2501}{1} = 1.2501 \Rightarrow O_{2} limits$
4. Esa proporción menor, 1,2501, indica cuántas veces se puede llevar a cabo la ecuación completa. El agua se obtiene a razón de 2 por cada ciclo y el H₂O tiene 18,015 g/mol, por lo que el rendimiento es 1,2501 × 2 × 18,015 = 45,04 g.
  
  $m (H_{2} O) = 1.2501 \times 2 \times 18.015 = 45.04 g$
5. Compruebe el recipiente. La reacción consume 2 × 1,2501 = 2,5002 mol de H₂, lo que equivale a 5,04 g, dejando 2,96 g de hidrógeno sin quemar. La masa inicial era de 48 g; la masa final es 45,04 + 2,96 = 48,00 g, lo cual supone la propia comprobación aritmética.
  
  $8 - 2 \times 1.2501 \times 2.016 = 2.96 g H_{2} left, 45.04 + 2.96 = 48.00 g$
6. Para que no sobre nada, el oxígeno debe alcanzar la proporción del hidrógeno de 1,9841, es decir, 1,9841 × 31,998 = 63,49 g. Faltan 23,49 g, y añadir exactamente esa cantidad eleva el rendimiento a 71,49 g. Añadir un solo gramo más no aporta nada en absoluto.
  
  $1.9841 \times 31.998 = 63.49 g \Rightarrow 23.49 g more, yield 71.49 g$
Respuesta

El oxígeno es el reactivo limitante: se obtienen 45.04 g, sobran 2.96 g de hidrógeno y harían falta 23.49 g más de oxígeno para consumirlo. La dificultad no está en el cálculo, sino en confundir la masa con la cantidad de reactivo. El recipiente contiene cinco veces más oxígeno que hidrógeno en masa, pero menos de un tercio en número de moles; la ecuación solo tiene en cuenta este último. Es fácil saltarse la división por el coeficiente estequiométrico, y eso invierte por completo la respuesta en una reacción con cantidades tan desiguales. Observa el recorrido: ya se ve por qué la gráfica cambia de pendiente. Por debajo de 63.49 g, cada gramo adicional de oxígeno produce otros 1.126 g de agua. A partir de ese punto, el hidrógeno ya se ha agotado y la recta queda horizontal.
28,4 gramos de amoniaco recogidos, un rendimiento del 84 % y adónde fueron los 5,4 que faltan 5 pasos
Carga el preajuste que trae un rendimiento real: 28 g de nitrógeno, 6 g de hidrógeno, 28,4 g de amoniaco recogido. Calcula el rendimiento porcentual y decide después si lo que falta podría seguir dentro del recipiente.
1. El techo pertenece al reactivo que se agota primero. Seis gramos de hidrógeno son 2,9762 mol, que son 0,9921 pasadas de la ecuación una vez dividido entre el coeficiente 3; el nitrógeno ofrece 0,9995. Limita el hidrógeno, por unas tres cuartas partes de un uno por ciento, y 0,9921 es lo que imprime la tarjeta del menor moles ÷ coeficiente.
  
  $\frac{6}{2.016} = 2.9762 \Rightarrow \frac{2.9762}{3} = 0.9921 < \frac{28}{28.014} = 0.9995$
2. Cada pasada produce dos amoniacos y el NH₃ tiene 17,031 g/mol, así que lo máximo que este recipiente puede producir son 33,792 g. Ese es un techo fijado por los átomos cargados. Nada en él sabe si la reacción llega a producirse.
  
  $m_{m a x} (N H_{3}) = 0.9921 \times 2 \times 17.031 = 33.792 g$
3. Divide la masa recogida entre el techo y el rendimiento porcentual sale del 84,0 %. Quedan 5,392 g sin explicar.
  
  $η = \frac{28.4}{33.792} = 84.0%, 33.792 - 28.4 = 5.392 g$
4. ¿Podría eso ser todavía reactivo dentro del recipiente? Toma la herramienta al pie de la letra: sobran 0,208 g de nitrógeno, y aunque todo él hubiera reaccionado habría añadido 0,253 g de amoniaco, menos de una veinteava parte del hueco, y además sin hidrógeno con el que reaccionar. Pero esos 0,208 g están calculados a su vez suponiendo que la reacción llegó hasta el final. Como 5,392 g no se explican bajo esa suposición, lo que ha fallado es la suposición.
  
  $(0.9995 - 0.9921) \times 28.014 = 0.208 g N_{2} \Rightarrow \frac{0.208}{28.014} \times 2 \times 17.031 = 0.253 g$
5. El techo se calcula a partir de lo cargado, así que se mueve cuando se mueve la carga. Pon 6,045 g de hidrógeno en lugar de 6,000, la cantidad exacta que piden 28 g de nitrógeno, y el nitrógeno pasa a ser el reactivo limitante, el techo sube a 34,045 g y esos mismos 28,4 g de amoniaco recogido pasan a dar un 83,4 %.
  
  $0.9995 \times 3 \times 2.016 = 6.045 g H_{2} \Rightarrow m_{m a x} = 34.045 g \Rightarrow η = \frac{28.4}{34.045} = 83.4%$
Respuesta

84,0 %, y no: como mucho 0,253 g de los 5,392 g que faltan tenían dónde estar dentro del matraz. Lo que muestra el déficit es que la reacción no llegó hasta el final. El rendimiento teórico es un recuento de átomos y no dice nada sobre hasta dónde avanza una reacción reversible en una sola pasada, y la síntesis del amoniaco es el ejemplo clásico de una que no avanza mucho, razón por la cual las plantas industriales reciclan el gas no convertido en vez de conformarse con la cifra de una sola pasada.

El denominador merece la misma desconfianza que el numerador, porque solo el numerador se pesó alguna vez. La parte de abajo de la fracción se infiere de lo que entró, de modo que dos ensayos que recogen idénticos 28,4 g informan de un 84,0 % o de un 83,4 % según cuánto hidrógeno se cargara junto al nitrógeno. Un rendimiento porcentual citado sin las cantidades cargadas es media medición, y es la mitad más fácil de mover.

$η = \frac{m _{obs}}{ν _{p} M _{p} min _{i} ( n _{i} / ν _{i} )}$

Por el equipo de 42Math · Actualizado 2026-09-03

Contrastado con fuentes publicadas. Se agradecen correcciones. Política editorial · Correcciones

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Problemas de ejemplo

Caso límite de Haber - H₂ limita con 0,9921 mol por coeficiente; el rendimiento teórico de NH₃ es 33,792 g y quedan 0,208 g de N₂.
Metano con aire en exceso - CH₄ limita; el rendimiento es 79,824 g y quedan 64,176 g de O₂.
La masa engaña - La porción más pesada de O₂ limita; el rendimiento es 45,040 g y quedan 2,960 g de H₂.
Con rendimiento real - 28,4 g reales frente a 33,792 g teóricos dan un 84,0 %.