Química para Engenheros - 51 problemas - A.M. Sanz - Livro em Espanhol

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QUIMICA
PARA
INGENIEROS
51 Problemas útiles
QUIMICA
PARA
INGENIEROS
51 Problemas útiles
Antonia Martín Sanz
Catedrático de Universidad 
Departamento de Ingeniería Civil: Construcción 
E.T.S. Ingenieros de Caminos, Canales y Puertos 
Universidad Politécnica de Madrid
MADRID
Q U ÍM I C A RARA IN G E N IE R O S . 51 Problemas útiles
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© G ARCÍA-M ARO TO EDITORES, S. L.
ISBN: 978-84-15793-54-0
D epósito legal: M -1 8 4 1 1-2014
Preimpresión: FER Fotocomposición
Impreso en: FER Impresión digital, c / A lfonso Góm ez, 38, 3.° C - 28037 Madrid
IMPRESO EN ESPA Ñ A - PRINTED IN SPAIN
A mi familia
Prólogo
El sistema educativo universitario europeo ha desarrollado 
un profundo cambio hacia la hom ogenización de los diferentes 
sistemas de enseñanza aplicados en cada país. Para conseguir 
estos objetivos se ha im plantado un nuevo m odelo de enseñanza 
universitaria, basado en la adquisición de com petencias por 
parte del estudiante, que perm ite la form ación de futuros 
profesionales cualificados.
Cuando se aborda el estudio de las com petencias, tanto 
genéricas com o específicas, necesarias para un futuro 
profesional en cualquier grado de ingeniería o de ciencias, se 
encuentra que una de las com petencias genéricas mas valoradas 
por los expertos de diferentes materias, es la de desarrollar la 
capacidad para la resolución de problem as, y es en esta 
capacidad donde mas puede contribuir la Q uím ica por su 
carácter em inentem ente práctico.
En los últimos años se han realizado estudios sobre los 
conocim ientos de los alum nos de nuevo ingreso en la 
Universidad, y en general, se observa que hay alum nos con un 
nivel elevado y otros con un nivel m uy bajo en Q uím ica o con 
lagunas significativas en algunos temas, porque no han cursado 
la asignatura en el último curso de Educación Secundaria. Esta 
circunstancia me ha llevado a elaborar este libro de problem as 
para ayudar al alum no a poner en práctica los conocim ientos 
teóricos de ciertas materias relacionadas con la Química.
PRÓLOGO
En la resolución de problemas, el alum no asume 
responsabilidades en la identificación de aquello que necesita 
aprender y en la búsqueda de estrategias para obtener y aplicar 
los conocimientos. Desde el punto de vista de la organización 
del aprendizaje, la resolución de problem as integra trabajo 
personal, cooperativo y diferentes tareas de evaluación.
La selección de estos 51 problem as de Química, supone una 
profundización en algunos tem as que son de más interés para los 
alum nos de Ingeniería Civil, y adem ás perm ite reforzar y 
com probar m uchos de los conocim ientos teóricos adquiridos en 
su estudio.
Mi agradecim iento a los profesores José M iguel M artínez y 
Konstantina Konstantopoulou, por su ayuda en la elaboración de 
las figuras.
La autora.
Contenido
Estados de agregación de la materia 1 a 6
Diagramas de fases 7 a 15
Electroquímica: Pilas 16 a 24
Electroquímica: Electrólisis 25 a 27
Metales 28 a 34
Aleaciones 35 a 36
Corrosión 37 a 40
Cementos 41 a 51
PROBLEMA 1 Estados de agregación de la materia
Una muestra de aire está saturada de vapor de agua en un 60% a 
una temperatura de 22 °C y 1,068 atm de presión. Calcular la presión 
que ejercerá el vapor de agua cuando aumente la presión hasta 1,579 
atm.
Datos: P vapor del agua a 22 °C = 19,827 mmHg
Calculamos la presión de vapor del agua en atmósferas:
P vapor del agua a 22 °C = 0,026 atm 
El vapor de agua está saturado en un 60%, por lo que tendremos:
19,827 mmHg
76o mmHg
= 0,026 atm
atm
P vapor H20 = 0,6 • 0,026 = 0,0157 atm 
P aire = 1,068 - 0,0157 = 1,0523 atm
Pv H 20 P¡,H20 0,0157 Py H 2O
resolviendo el sistema queda: P{, H 20 = 0,023 atm.
PROBLEMA 2 Estados de agregación de la materia
Una muestra de aire saturada con vapor de agua ocupa 5 litros a 
40 °C y 0,5 atm de presión. Se comprime a temperatura constante 
hasta 2 atm. ¿Cuántos gramos de agua se habrán licuado?.
Datos: Masas atómicas del H = 1 ; O = 16 ; P vapor del agua a 
40 °C =55,3 mml lg.
Solución
Px-Vx = nx-R-Tx 
P2 - V2 = n2 R-T2
= 0,5 atm ; P2 = 2 atm 
F¡ = 5 litros ;V2 =? 
n, = na + nv ; n2 = na + n'v 
f = T 2 =2>UK
Pv =
55,3
760
atm ; nv = moles de vapor iniciales
n'v = moles de vapor finales ; na = moles de aire 
De acuerdo con la ley de las presiones parciales de Dalton:
(a) 55,3 -5 = nv - /? - 313 ; (b) 55,3-• V = n' R- 313 
760 760 K
(c) 0 , 5 -
/
55,3
760
• 5 = na -R - 313
(d) 2 -
v
55,3
760
N
y
■V = na R- 313
De (a) - (b)
/
De (c) - (d)
\
V = 1,108 litros
QUÍMICA PARA INGENIEROS
55’^ ( s - V ) = (nv - n 'v ) - R - 313 
760
A nv = 55,3 • (5 - V) 
760 ■ /? - 313
) ,5 - 5 5 3
760
\
/
■ 5 - V
/
2 -
V
553
760
\
/
= 0
5- 0 , 5 -
v = \
553
760 /
2 - 553
760
 2
Anv = 1,1 • 10 moles que se han licuado
2
m H o = 1,1 10^ • 18 = 0,198 g « 0,2 g de agua licuada
PROBLEMA 3 Estados de agregación de la materia
Se introducen 0,1 moles de metano y 0,06 moles de etano junto 
con aire en un recipiente de 13 litros de capacidad. Se cierra el 
recipiente y la temperatura y la presión son de 12 °C y 3,2 
atmósferas. A continuación se lleva a cabo la combustión de la 
mezcla gaseosa, y después se enfría el conjunto a 70 °C. Determinar 
la presión y composición, en % de la mezcla gaseosa resultante, 
considerando que ocupa todo el recipiente.
Datos: Presión de vapor del agua a 70 °C = 233,7 mmHg.
La composición volumétrica del oxígeno en el aire es del 20% y 
del nitrógeno es 80%. R = 0,082 atm. L / mol. K
Masas atómicas H = 1 ; C = 1 2 ; N = 14 ; 0 = 1 6 .
Solución
N° moles iniciales = n mctano + n etano + n 0 2 + n N2
Calculamos el número inicial de moles al cerrar el recipiente, 
mediante la fórmula:
P • V = n inicial • R ■ T
3,2 atm. 13 / n. = ----------------—-------------------- = 1,78 moles
0,082 atmy j „ • 285 K/ mol.K
QUÍMICA PARA INGENIEROS
n o2 + n N2 = 1 6 2 <
= 1,62 • 0,20 = 0,324 moles 
nN = 1,62 - 0,324 — 1,296 moles
Se considera la combustión completa:
CH4 + 2 0 2 -> C02(g) + 2 H 20 (l) 
0,1 2 • 0,1
+ - 0 2 -> 2 C 0 2(g) + 3 / / 20(/) 
2 
0,06 - • 0,06 
2
Los moles de oxígeno consumidos en estas dos reacciones serán:
0,2 + 0,21 = 0,41 moles de oxígeno consumidos
se consumen mas moles de los que se tienen, por ello hay defecto de 
oxígeno y esto hace que las reacciones de combustión no sean 
completas.
h 2o (/)
0,06 2 • 0,06
Oxígeno consumido: 0,15 + 0,15 = 0,30 moles 
Oxígeno sobrante: 0,324 - 0,30 = 0,024 moles
©
PROBLEMAS ÚTILES
CO+ 1/2 O2 -> C 0 2 
2 ■ 0,024 0,024 0,048
Después de la combustión tendremos:
0,048 moles de C 0 2 ; 0,22-0,048 = 0,172 moles de CO y 1,296 
moles de N2.
Moles de vapor de agua que hay a 70 °C:
nos quedan: 0,38 - 0,171 = 0,209 moles de H20 (1) 
n final = 0,048 + 0,172 + 1,296 + 0,209 = 1,725 moles
g de C 0 2 = 0,048 .44 = 2,112 
g de CO = 0,172 . 28 = 4,816 
g de N2= 1,296.28 = 36,288 
g de H20 ( v ) = 0,209 . 18 = 3,762
gramos totales = 46,978
Composición de la mezcla final:
233 7 
760 = 0171 moles
tenemos : nH Q^ = 2 • 0,1 + 3 • 0,06 = 0,38 moles de H 20 ( l )
= 3,73 atm
13/
QUÍMICA PARA INGENIEROS
% co2 
% c o 
% n 2 --
2 112
_ • 100 = 4,5 %
46,978
- ^ ^ - • 1 0 0 = 10,3 %
46,978
. 100 = 77,2 %
46,978
% H ,0 ( v) = ^ 762 -100 = 8 % 
2 46,978
QUÍMICA PARA INGENIEROS
x — = *hnnL---------- = 1 = 0 ,9 7 8
nvapor+ n aire 2,3 • 10 naire + naire 1,023
= 0,022 ; = 0,978
b) La mezcla presenta 2,2 moles de vapor y 97,8 moles de aire, es 
decir, 2,2 . 18 = 39,6 gramos de vapor de agua y 97,8 . 28,9 = 2826,4 
gramos de aire. Por consiguiente:
39 6
100 = 1,38 % de vapor de agua
39,6 + 2826,4
• 100 = 98,62 % de aire
39,6 + 2826,4
c) Pr ■ V = nT • R ■ T;
" v a p o r = 0 >0 2 3 • " a i r e 
a SÍ " a i r e + " v a p o r = " a i r e + 0 -0 2 3 ' " a i r e = l 0 2 3 ' " a ir e
780
• V = 1,023 • naire R T
760
al reducir a V/2 condensa 2 /18= 1/9 moles de agua, luego quedan en 
el recipiente:
n —vapor q
i c n moles de vapor de agua0,023 • naire - - 
\ y y
QUÍMICA PARA INGENIEROS
2. La presión necesaria para condensar el vapor a 300K es de 
1,16 atm.
3. La temperatura normal de ebullición se calcula trazando una 
horizontal, desde la P = 1 atm, hasta la línea donde se encuentra en 
equilibrio el líquido con el vapor, y bajando en el diagrama 
obtenemos una temperatura de 275K.
4. A partir de las coordenadas indicadas trazamos una línea 
vertical y horizontal. En el punto donde se unen es la región donde 
aparece la sustancia, es en la región sólida.
PROBLEMA 8 Diagramas de fases
Dos metales A y B, que son totalmente solubles en estado líquido 
y sólido, solidifican a 700 °C y 1000 °C respectivamente. Una 
aleación con el 70% de A es líquida a temperatura superior a 
860 °C, y sólida por debajo de 770 °C. Para otra aleación con el 60% 
de B, es totalmente líquida a temperatura superior a 950 °C y sólida 
por debajo de 870 °C. Se pide:
1.Dibujar el diagrama de equilibrio, indicando las fases presentes 
en cada zona.
2 .Indicar lo que ocurre en el enfriamiento de una aleación con el 
80% de B a 1050 °C hasta temperatura ambiente.
3.Para la aleación anterior y la temperatura de 950 °C ¿Existe 
más de una fase?. Si la respuesta es afirmativa ¿Qué porcentaje 
hay de cada una?.
4.Dibujar la curva de enfriamiento correspondiente a la aleación 
que presenta un 50% de A y de B.
1. A
1100 -- 50% B 80% B
a
600 -
70% B
V i V500 0 20 40 60 80 100
A % B B
©
QUÍMICA PARA INGENIEROS
2. En el diagrama trazamos una línea vertical correspondiente 
a la aleación con el 80% de B y el 20% de A. A 1050 °C existe una 
sola fase líquida de composición 80% de B y 20% de A. Si seguimos 
enfriando a 980 °C aparece el primer cristal sólido cuya composición 
es del 96% de B y 4% de A, y una fase líquida cuya composición es 
la de la aleación ( 80% de B y 20% de A ), al seguir enfriando 
atravesamos una zona donde existen dos fases ( líquido + sólido ) y 
al llegar a la temperatura de 930 °C, la última gota de líquido tiene 
una composición que se obtiene en el punto de intersección de la 
isoterma con la línea de líquido ( 47% de A y 53% de B ). Por 
debajo de 930 °C sólo existe una fase sólida cuya composición es la 
de la aleación ( 80% de B y 20% de A ).
3. A 950 °C y la aleación del 80% de B y 20% de A, nos 
encontramos en la zona del diagrama donde aparecen dos fases, una 
sólida y otra líquida.
% sólido = 8 Q ~ 6 Q ■ 100 = 76,92%
8 6 - 6 0
% líquido = 8 6 ~ 8 0 • 100 = 23,08 %
8 6 - 6 0
4.
TIEMPO
PROBLEMA 9 Diagramas de fases
A partir de las curvas de enfriamiento indicadas para una 
aleación AB, determínese:
100% A 75% A 55% A 30% A 100% B
1) El diagrama de fases que se obtiene a partir de las curvas de 
enfriamiento, identificando los ejes y las curvas del diagrama.
2) ¿Cuáles son los componentes del sistema?.
3) ¿Qué fases se encuentran presentes en una aleación que 
contiene un 40% de A, a temperaturas de 650 °C y 500 °C?.
4) ¿A que temperatura empezará y terminará de solidificarse una 
aleación fundida que contiene un 30% de B?.
5) Fases, composición y proporción para una aleación que 
presenta un 80% de B a 400 °C.
QUÍMICA PARA INGENIEROS
Solución
1)
2) Tiene dos componentes A y B.
3) En el diagrama trazamos una línea vertical, correspondiente a 
la aleación 40% de A y 60% de B. Se observa que a 650 °C sólo 
existe una fase líquida, mientras que a 500 °C hay dos fases: 
disolución líquida y disolución sólida (a).
4) Para una aleación que contiene un 30% de B y 70% de A, la 
temperatura a la que empieza a solidificar es 700 °C, y termina de 
solidificar a 570 °C.
5) En el diagrama trazamos una línea vertical, correspondiente 
a la aleación que presenta un 80% de B y un 20% de A hasta 400 °C, 
y tendremos dos fases, una líquida y otra sólida, trazamos la isoterma
©
PROBLEMAS ÚTILES
hasta el punto de corte con la línea de sólido y líquido y obtenemos 
las composiciones.
Composición Líquida: 70% de B y 30% de A.
Composición sólida (a): 88% de B y 22% de A.
gg _ go
Proporción de líquido = --------------100 = 44,5 %
8 8 - 7 0
£0 _ 7Q
Proporción de sólido (a) = ------------ • 100 = 55,5 %
8 8 - 7 0
PROBLEMA 1 0 Diagramas de fases
Los metales A y B con puntos de fusión 400 °C y 600 °C 
respectivamente, son solubles en estado líquido pero insolubles en 
estado sólido, formando un eutéctico que contiene el 35% de B, 
siendo la temperatura del mismo 200 °C. Para una aleación que 
contiene el 65% de B, determinar: fases, composiciones y 
proporciones a 500 °C y 250 °C. Determinar para 250g de esta 
aleación con el 80% de A, la masa en gramos de cada fase presente a 
250 °C, indicando la composición.
Nota: Se consideran todas las interfases rectas.
Solución
Se sitúan los puntos de fusión de A y B en las líneas respectivas 
del diagrama. El punto eutéctico estaría en el 35% de B y 65% de A, 
y a temperatura de 200 °C, por lo tanto, ésta sería la temperatura de 
solidificación para todo el diagrama. Como conocemos el punto 
eutéctico, éste se unirá con el punto de fusión de A y B, y se obtiene 
el diagrama que se muestra.
A % B B
©
QUÍMICA PARA INGENIEROS
Trazamos una línea vertical para la composición del 65% de B y 
35% de A, y tenemos que a 500 °C existe una fase líquida, formada 
por A y B, cuya composición es la de la aleación ( 65% de B y 35% 
de A), y la proporción será 100% líquido.
A 250 °C tenemos dos fases: una fase líquida formada por A y B, 
y una fase sólida que contiene B puro.
La fase líquida tiene una composición que se obtiene en el punto 
de intersección de la isoterma con la línea de líquido ( 42% de B y 
58% de A ), y la fase sólida tiene una composición del 100% de B.
% sólido = 100 = 39,65 %
1 0 0 - 4 2
% líquido = 100 65 • 100 = 60,35 %
1 0 0 - 4 2
En la aleación del 80% de A y 20% de B, a 250 °C, tenemos dos 
fases: una sólida y otra líquida.
27 - 20
% sólido = — • 100 = 25,92 %
2 7 - 0
250g x 0,2592 = 64,8 gramos de A puro
% líquido = • 100 = 74,08 %
2 7 - 0
De estos 74,08g de líquido, habrá unos que sean gramos de 
líquido de A y los otros de B.
PROBLEMAS ÚTILES
Gramos líquido B = 74,08 x 0,27 = 20 
diferencia será 74,08 - 20 = 54,08 gramos de A.
gramos de B y la
PROBLEMA 1 1 Diagramas de fases
Dibujar el diagrama de fases del sistema de aleaciones que 
forman, hipotéticamente, los metales A y B, a partir de los siguientes 
datos:
% de B 5 20 40 60 80 95
T¡so,id. 620 560 680 620 460 690
T f sa lid 5 2 0 5 2 0 5 2 0 4 5 0 4 5 0 4 5 0
1. Calcular los puntos de fusión de A y B.
2. Calcular la fórmula del compuesto intermetálico, su punto de 
fusión y la composición.
3. ¿ Cual será la composición y la temperatura de los eutécticos 
que se forman?.
4. ¿ Cual es el porcentaje de sólido y líquido a 600 °C, para una 
aleación que contenga el 60% de A?.
Datos: Masas atómicas A = 23,0 ; B = 60,0
Solución
1. Del diagrama se obtiene:
Pto. de fusión de A = 680 °C y Pto. de fusión de B = 780 °C2. El compuesto se forma a un 47% de B y un 53% de A.
53 47
Moles de A = — = 2,30 ; Moles de B = — = 0,78
23 60
b
o
)
i
QUIMICA PARA INGENIEROS
2’30 * 7 A 0 ’78 1 '* , o« 3 átomos de A ; =1 átomo de B
0,78 0,78
La formula del compuesto es: A3B.
La temperatura de fusión del compuesto A3B es 730 °C
A % B B
3. Ei = composición (13% de B y 87% de A) y Ta = 520 °C 
E2= composición (81% de B y 19% de A) y Ta = 450 °C
40 - 27
4. % de sólido = 100 = 65 %Al - 2 1
4 7 - 4 0
% de líquido = ------------- 100 = 35 %
4 7 - 2 7
PROBLEMA 1 2 Diagramas de fases
Consideremos una aleación hipotética formada por los metales A 
y B. Esta aleación forma dos compuestos sólidos X e Y, donde X 
funde a 800 °C, e Y se descompone a 500 °C en X y una aleación 
líquida de A y B, con el 25% de B.
Una aleación con el 25% de B origina a 200 °C una disolución 
líquida de A y B con el 12% de B y el 46,43% de Y, solidificando 
totalmente a 150 °C.
Los puntos de fusión de A y de B son 300 °C y 1100 °C 
respectivamente.
Una disolución de A y B con el 45% de A a 300 °C presenta 2/5 
de compuesto sólido con un 60% de A.
Una disolución de A y B con el 85% de B, solidifica en el 
intervalo de 770 °C a 650 °C.
Dibujar el diagrama de fases correspondiente, indicando las fases 
en cada región, así como la composición de los eutécticos que 
presenta.
Dibujar las curvas de enfriamiento correspondientes al primer 
eutéctico y para una disolución que contiene el 50% de B, desde una 
temperatura de 800 °C hasta temperatura ambiente.
Nota: Todas las líneas del diagrama se consideran rectas.
Solución
El compuesto Y estará situado en:
2 5 ~ 1 2 - • 100 = 46,43 ^ a = 40 % en B 
a - 12
El compuesto X estará situado en:
^ ^ - = -= > b = 6 5 % e n B 
b - 40 5
©
QUÍMICA PARA INGENIEROS
A Y X B
% B
Primer eutéctico: 10% de B y 90% de A. 
Segundo eutéctico: 79% de B y 21% de A.
TIEMPO TIEMPO
PROBLEMA 1 3 Diagramas de fases
Las sustancias A y B, cuyos puntos de fusión son 600 °C y 
850 °C respectivamente, forman dos compuestos sólidos, el A 5B2 que 
funde a 720 °C, y el A2B3 que se descompone a 540 °C, dando un 
líquido que contiene el 30% de A y el otro compuesto. A 340 °C la 
solubilidad de B en A es del 8%.
Los dos eutécticos aparecen para un 22% de B y 340 °C y un 
82% de B y 400 °C. Considerando que todas las líneas son rectas, 
dibujar el diagrama correspondiente, indicando las fases de cada 
región.
Para las aleaciones con el 30% de A y 50% de A, determinar a 
420 °C, la proporción de las fases presentes.
Solución
De las fórmulas de los compuestos, se obtiene el %B, donde 
están situados cada uno de ellos.
3 áts B • 100 A7B , = > ------------------= 60 % B
5 áts total
2 áts 5 - 1 0 0 AiB1 = > ; = 40 % B 
5 áts total
Según el diagrama, las fases de cada región son:
1. Una fase líquida: disolución líquida de A y B.
2. Una fase sólida: disolución de B en A.
3. Dos fases
4. Dos fases
5. Dos fases
6. Dos fases
7. Dos fases
8. Dos fases
9. Dos fases
QUIMICA PARA INGENIEROS
disolución líquida de A y B 
\sólida (idisolución de B en A)
j disolución líquida de A y B
A2B2 sólido
f sólida (disolución de B en Á)
A-, B-, sólido
A,B2 sólido 
A1B, sólido
disolución líquida de A y B
A2B3 sólido
disolución liquida de A y B 
B sólido
A2B2 sólido 
B sólido
50% de A, hay dos fases: sólido A3B2 y sólido A2B3.
PROBLEMAS ÚTILES
La proporción será:
% A,B2 = -6Q 50 • 100 = 50 %
3 2 60 - 4 0
% A,B, = 50 40 • 100 = 50 %
6 0 - 4 0
30 % A => 70 % B , hay dos fases: disolución líquida de A y B 
y sólido A2B3.
% líquido = 7 Q ~ 6Q • 100 = 50 %
80 - 60
en _ 70
% sólido --------------100 = 50 %
8 0 - 6 0
PROBLEMA 1 4 Diagramas de fases
Una sustancia A, con un punto de fusión de 700 °C, es 
parcialmente soluble a temperatura superior a 100 °C, y la sustancia 
B, con un punto de fusión de 900 °C, es parcialmente soluble a 
temperatura superior a 5 °C.
A 600 °C la solubilidad de A en B es del 20%, mientras que la
solubilidad de B en A es del 5% a 250 °C.
La mezcla de A y de B con el 90% de A empieza a solidificar a
390 °C y termina de solidificar a 250 °C.
El compuesto C, que origina esta aleación, se descompone a 
600 °C, obteniéndose una disolución peritéctica con el 25% de B.
Una mezcla de A y B con el 65% de B y a 300 °C, presenta dos 
fases sólidas en la proporción del 50%.
Considerando que todas las líneas son rectas, dibujar el diagrama 
correspondiente, y determinar para 250g de una mezcla de A y B, 
con un contenido en B del 35%, su curva de enfriamiento, las fases 
existentes, composición y masa de cada una de ellas, a las 
temperaturas de 200 °C; 450 °C; 620 °C y 750 °C.
Solución
El compuesto C estará en:
•100 = 5 0 ^ = 40 % d eB
9 0 - x
Si la mezcla de A y B con el 65% de B y a 300°C, presenta dos 
fases sólidas en la proporción del 50%, sabemos que un sólido sería 
el compuesto C en el 40% de B y el otro sólido se averigua 
estableciendo la regla de la palanca.
T(°
C)
QUÍMICA PARA INGENIEROS
65 40 -100 = 5 0 ^ v = 9 0 % y - 4 0
TIEMPO
PROBLEMAS UTILES
750°C: 1 fase líquida; composición: disolución de A (50%) y de 
B (50%)
620°C: 2 fases: fase líquida (disolución de A y B)
fase sólida (sólido P)
Composición líquida: 30%B y 70%A. 
Composición sólida: 81%B y 19%A.
Proporción:
8 1 —35
% líquido = • 100 = 90,2 %
8 1 - 3 0
% sólido = 3 5 ~ 3° -100 = 9,8 %
8 1 - 3 0
Cantidad de líquido: 250 • 0,902 = 225,5 g 
Cantidad de sólido (P): 250 • 0,098 = 24,5 g
450°C: 2 fases: fase líquida (disolución de A y B)
fase sólida (compuesto C)
Composición líquida: 21%B y 79%A.
Composición sólida (compuesto C): 40%B y 60%A.
Proporción:
% líquido = 4Q ~ 35 ■ 100 = 26,31 %
4 0 - 2 1
% sólido = 3 5 ~ 21 • 100 = 73,69 %
4 0 - 2 1
Cantidad de líquido: 250 • 0,2631 = 65,78 g
Cantidad de sólido (compuesto C): 250 • 0,7369 = 184,22 g
©
QUÍMICA PARA INGENIEROS
200°C: 2 fases: fase sólida (a)
fase sólida (compuesto C)
Composición sólida (a): 3%B y 97%A.
Composición sólida (compuesto C): 40%B y 60%A.
Proporción:
% sólido (comp C ) = ■ 100 = 86,49 %
4 0 - 3
% sólido (a) = 4 Q ~ 3 5 • 100 = 13 ,51 %
4 0 - 3
Cantidad de sólido (compuesto C): 250 • 0,8649 = 216,22 g 
Cantidad de sólido (a): 250 • 0,1351 = 33,78 g
PROBLEMA 1 5 Diagramas de fases
Dibujar el diagrama de fases del sistema de aleaciones que 
forman hipotéticamente los metales A y B, a partir de los siguientes 
datos:
La aleación de A y B presenta un compuesto con un punto de 
fusión congruente.
Curvas de enfriamiento, correspondientes a distintos porcentajes 
de B.
0% B 20% B 30% B 50% B 70% B 97%B
Una aleación con el 90% de A a 200 °C presenta la máxima 
solubilidad de B en A.
Una aleación con el 90% de B a 350 °C presenta 1/3 de la 
disolución sólida de B.
Una aleación de A y B con el 95% de B a 150 °C está constituida 
por dos fases sólidas y una fase sólida en la proporción del 50%.
El punto de fusión de B es de 1100 °C.
Determinar las fases en cada región del diagrama.
Determinar para 150g de una mezcla de A y B, con un contenido 
en B del 60%, las fases existentes, composición y masa de cada una 
de ellas, a las temperaturas de 700 °C y 200 °C.
©
QUÍMICA PARA INGENIEROS
Solución
A B% B
Se calcula el % de B que presenta 1/3 de la disolución sólida de B, 
partiendo de la aleación con el 90% de B a 350 °C, mediante la regla 
de la palanca.
9 0 ~ x 1 o c o / j n= => jc = 85% de B
1 0 0 - x 3
En la aleación de A y B con el 95% de B a 150 °C, se calcula el otro 
punto en función de la regla de la palanca.
©
PROBLEMAS ÚTILES
100 95 -100 = 50 => y = 90% de B 
100 - y
60%de B a 700 °C:
2 fases: fase líquida (disolución de A y B) 
fase sólida (compuesto C)
Composición líquida: 65% B y 35% A.
Composición sólida (compuesto C): 50% B y 50% A.
Proporción:
% líquido = 6 Q ~ 5 Q • 100 = 66,66 %
6 5 - 5 0
% sólido = 65 - 60 • 100 = 33,33 %
6 5 - 5 0
Para 150 gramos de muestra serán:
150 • 0,3333 = 50 g de sólido (compuesto C )
150 • 0,6666 = 100 g de líquido (35% de A y 65% de B )
Así se tiene 50g del compuesto C y lOOg de líquido, de los cuales 
35g son de A y 65g son de B.
60% de B a 200 °C
2 fases: fase sólida (compuesto C) 
fase sólida ((1)
QUÍMICA PARA INGENIEROS
Composición sólida (compuesto C): 50% B y 50% A. 
Composición sólida ((3): 11% B y 35% A.
Proporción:
% sólido (comp C ) = 89 60 • 100 = 74,36 %
8 9 - 5 0
% sólido (J3) = ~ 5 - • 100 = 25,64 %
8 9 - 5 0
Para 150 gramos de muestra serán:
150 • 0,7436 = 111,54 g de sólido (compuesto C ) 
150 • 0,2564 = 38,46 g de sólido J3
PROBLEMA 1 6 Electroquímica: Pilas
Una pila galvánica se compone de un electrodo de cadmio en una 
disolución 0,5M de nitrato de cadmio, y un electrodo de cromo en 
una disolución 2.10'"M de nitrato de cromo (III). En el momento en 
que empieza a funcionar la pila, se desea saber:
a) ¿Qué electrodo se corroe?.
b) ¿Que reacciones tienen lugar en el proceso redox?.
c) ¿Cual es la fuerza electromotriz de la pila galvánica a 25 °C y 
la variación de energía libre de Gibbs estándar?.
Datos: E* 2+/ = - 0, 40 v ; ^ 3+/ = ~ 0,74 v
/C d ' /C r
F = 96500 C/mol e'
Solución
a) Como las concentraciones son distintas de 1M, tendremos que 
calcular los nuevos potenciales para esas concentraciones, mediante 
la ecuación de Nersnt.
C d2+ + 2e~ -> Cd (s)
E = - 0,40 - °^°59 lg 1 = - 0,409 v
2 0,5
C r 3+ + 3e~ -> Cr (s)
ir ° ’059 iE = - 0 , 7 4 lg 1
2-10
A la vista de los potenciales, el cromo es el que sufrirá el proceso 
de oxidación, por ello, es el que se corroe.
©
QUÍMICA PARA INGENIEROS
b)
Ánodo: Oxid. 2 (Cr (.9) —» C r + 3e ) 
Cátodo: Red. 3 (Cd"+ + 2e~ —> Cd )
R.total: 2 Cr (.9) + 3 C d2+ 2 C r 3+ + 3 Cd (.9)
c)
AE = A £° - ° ' ° 59 • Ig
6 - ]
AE = - 0,40 - ( - 0,74) - jg 7 10 ) = o,364 v
6 (0,5)'
AG° = - n • AE° ■ F
AG° = - 6 mo/ e “ • 0,34 v • 96500 c/ , = - 196.860 Jmol e
El valor es negativo, como corresponde al proceso espontáneo 
que tiene lugar en una pila galvánica.
PROBLEMA 1 7 Electroquímica: Pilas
Para la realización de una práctica de electroquímica, en un 
laboratorio, se construye una pila, formada por el par A g’/Ag, con
• r • / • 1 7 + /una concentración iónica 0,2M, y el par Cu" /Cu, con una 
concentración iónica 0,5N. Se conecta la pila, y al cabo de un tiempo 
se alcanza el equilibrio. Escribir las reacciones que tienen lugar, y el 
potencial de cada electrodo cuando se agota la pila.
Datos: E°t , , = 0,80 vAg
Ag
7 = 0,345 v
/C u
Solución
Como las concentraciones iónicas no son 1M, tendremos que 
calcular los nuevos potenciales para esas concentraciones, aplicando 
la ecuación de Nerst.
A + , 1 - v A ( \ 77 77® 0,059 1Ag + \e —> Ag (s) ; E - E ------------ lg
n
E = 0,80 - ° !059 • lg — = 0,759 v
1 0,2
Cu2+ + l e ' Cu (s) ; 0 ,5N 0,25 M
E = 0,345 - ° !° 59 • lg 1 = 0,327 v
2 0,25
E + / > E 2+ / ; asi la reacción catódica o de reducciónAg / cu1*/
/ A g 'C u
ocurrirá en el par Ag VAg, y la reacción anódica o de oxidación en el 
par Cu2+/Cu.
QUÍMICA PARA INGENIEROS
Anodo : Cu (a) —» C¿/2+ + 2e E - - 0,327 v 
Cátodo : 2 • (Ag+ + \e~ —> 4 g (,v)) £ = 0,759 v
R. global: Cu (s) + 2 4 g + —> Cu2, + 2 Ag (s) AE = 0,432 v 
AE° = E°cal - E°and = 0,80 v - 0,345 v = 0,455 v
En el equilibrio:
Cu (5) + 2 A g + ++ C¿/2+ + 2 Ag(s) 
(0,2 - 2 x ) (0,25 + ,v)
AE = AE - - lg0,059 , \Cu2+1rk
En el equilibrio AE = 0 ; 0 = 0,455 - lg
(0,2 - 2x)
0,2 - 2 x ^ 0 => x « 0,1 ; [Cu2+\= 0,25 + 0,1 = 0,35 M
0,25 + + 0 , 4 5 5 - 2 0,25 + x I5
= ------------ i 7 vT = 2,65 • 10 '
(0,2 - 2a- ) " 0,059 (0,2 - 2 x )2
PROBLEMAS UTILES
Í0,2 - 2x)2 = - ° ’35- . => (0,2 - 2x)= U g + 1= 1,15 • 10~8 M 
V ' 2 ,6 5 -1015 V
Cuando se agota la pila, las concentraciones que tenemos son:
[Ct/2+]= 0,35 M y [^g + ]= 1,15 • 10'8 M
E . , = 0 , 8 0 - ° ^ ° 5 9 -lg 1 - = 0,332 v
V , 1 1,15 -10
£ = - 0.345 - M 5 ^ i g 0,35 = - 0,332 v
/Cu1* 2
Los valores de los potenciales son iguales, pero con distinto 
signo, por eso, AE en el equilibrio es 0.
PROBLEMA 1 8 Electroquímica: Pilas
Se dispone de una pila formada por un electrodo de plata 
sumergido en un litro de una disolución que contiene un precipitado 
sólido de iodato de plata que pesa 30 gramos, y otro electrodo 
normal de hidrógeno, que se considera que no varía durante todo el 
proceso. Cuando la pila se conecta, se obtiene una fuerza 
electromotriz de 0,547v. Se pide:
a) Las reacciones anódica y catódica que se producen.
b) El Kps del iodato de plata.
c) La fuerza electromotriz de la pila cuando desaparece el iodato
de plata sólido.
Datos: Masas atómicas: O = 16,0 ; Ag = 107,8 ; I = 126,9
a) Según los potenciales las reacciones serán:
Cátodo {reducción)'. A g ' + 1 c —»
Anodo {oxidación) :
b) Para poder calcular el Kps del iodato de plata, se necesita 
conocer la concentración de plata.
QUÍMICA PARA INGENIEROS
A g + + le" -> Ag ; E = E° - - — • lg
n
E = 0,80 + 5 ^ ? . |g [A g >
AE = E rA. — E ■ rpila catódica anodico
0,578 = 0,80 + 0 , 0 5 9 - l g [ ^ +J => [Ag+ ] = 1,74 • 1 0 '4 M
Como la disolución se preparó con AgICh (s)
AglO, (5) ++ Ag ' + 10-
K ps - [Ag+\ • {fO^ J = [lj74 • 10"4 J • [l,74 • 10 “4 J
K ps = 3,02 • 10 -8
c) Cuando desaparece el precipitado, los moles de iodato de 
plata son:
30M m AgIO} = 282,7 ; moles de AglO3 = --------- = 0,106 moles
282,7
[/O3- ] = 0,106 moles/
3,02 • 10 8 = [ ,4 g + ] - [0,106]=> [Ag\= 2,85 • 10 7 moles^
AE = 0,80 + 0,059 • lg (2,85 • 1 0 '7) = 0,414 v
PROBLEMA 1 9 Electroquímica: Pilas
Se construye una pila de concentración, con un electrodo de 
hidrógeno de concentración 1M, y otro electrodo de hidrógeno 
introducido en 250 mililitros de una disolución de ácido nítrico. Si el 
potencial de la pila a 25 °C es de 0,02v, calcular el potencial que se 
obtendrá si a la disolución de ácido nítrico se le añaden 75 mililitros 
de disolución 2M de hidróxido potásico.
Datos: E ° t 7 = 0,0 v2Hm /
Solución
Hará de cátodo el que tenga la concentración de H+ mayor. 
Suponemos que la concentración de H procedentes de la disolución 
de ácido nítrico es mayor que la concentración de H+ procedente del 
electrodo de hidrógeno de concentración 1M.
Semirreacción catódica 2 H + (x) + 2e —> H 2 (o-)
Semirreacción anódica H 2 ( g ) —> 2 H ' (lA í) + 2e~
R. global: 2 H + (x) -> 2 H + (lM )
Primero se calcula la concentración del ácido nítrico:
0,02 = 0 ° ' ° 59 Ig , 1 v
2 S ( / /* ( .v ) í
[ / / +] = 2,18 M
Al añadir la disolución de KOH (base fuerte), se produce una 
neutralización:
QUIMICA PARA INGENIEROS
HNO, + KOH KNO* + H ,O
HNO , 2,18 M => N = M • V => N HN() = 2,18 • 1 = 2,18«ATO
KOH 2 M => N koh = 2 - 1 = 2
Eqv de H N 0 3 = 2,18 N x 250.10'3 litros = 0,545 
Eqv de KOH = 2 N . 75.10'3 litros = 0,15 
Eqv de sal formados = 0,15 
Eqv que quedan de ácido = 0,545 - 0,15 = 0,395 
V total = 250 mi + 75 mi = 325 mi.
(1,21)2
= 4 ,8 7 -1 0 3 v
©
PROBLEMA 2 0 Electroquímica: Pilas
Un electrodo de una pila está constituido por calomelanos 
(KC1, 1M), y el otro electrodo por una barra de plomo sumergida en 
ácido sulfúrico 1M, siendo la f.e.m. de la pila 0,62lv a 25 °C. 
Indicar:
a) Reacciones catódica, anódica y global, durante el 
funcionamiento de la pila.
b) Solubilidad del sulfatode plomo (II) a la temperatura estándar.
c) Potencial de cada electrodo cuando la pila se agota.
Datos: WflliflV = 0,285 v ; E" = - 0,126 v
/ P b
Solución
a) De acuerdo con los valores de los potenciales, el electrodo de 
calomelanos actuará de cátodo, es un electrodo de referencia.
Cátodo: IIg2Cl2 (.y) + 2e~ —» 2 Hg (/) + 2 Cl“ (l M )
Anodo : Pb (5) + SO¡~ ( l M ) —» PbS04 (.v)+ 2é~
R. global:
Hg2Cl2(s) + Pt(s) + SO;-(\M) -> 2 Hg(l) + PbS04{s) + 2 Cl~(\M)
b) Para conocer la solubilidad del sulfato de plomo, hay que 
averiguar su producto de solubilidad, y este se obtiene mediante la
pila que se forma, pero primero hay que calcular E°phSO , ,
/ P b ( s ) ,S O ¡ -
necesario para form ar la pila.
QUIMICA PARA INGENIEROS
AE = A £° - M 5 ? i g
n
10
 
1----» M )]
SO;~ (l A/ )]
A ¿O 1 _ A 1 Í Í zr° 0,059 | ^ ( i )
0,621 —0,285 phsoA / z L
P b ( s \ S O \ 1
*0
PhSO, = - 0 ,3 3 6 v
Pb(s),SO¡
Los potenciales estándar de los electrodos son:
E°phll/ = - 0 , 1 2 6 v y = - 0,336 v
/ P b ( s ) , S O ¡ -Ph
De los valores de los potenciales, se deduce que el primero hará 
de cátodo y el segundo de ánodo, y las reacciones serán:
Catódica : Pb2' (ac) + 2e~ —» Pb (5)
Anódica : Pb (5) + SO; (ac) —» PbS04 (5) + 2c 
R. global: Pb2' (ac) + SO;~ (ac) —» PbS04 („v)
AE° = - 0,126 v - ( - 0,336 v) = 0,21 v
^ = ^ _ 0 _ f i 5 9
Pb 2+ SO 2-
En el equilibrio:
PROBLEMAS UTILES
0 059 1 - 021 2
0 = 0,21 - lg - = >Kps = 10 0 059 =>Kps = 7,6 • 10 8
2 Kps
PbSOA (s) ++ Pb2+ (ac) + SO¡~ (ac) Kps = 7,6 • 10 
Ajw = [Pb2+ ] • [ s o l ] = s - s = s 2 ; 7,6 -10 8 = ©
-8
5 = ^ 7 ,6 • 10“8 = 2,76 • 1 0 '4 m oles/litro
En el equilibrio:
Hg2Cl2 (s)+Pb{s)+SOl ({M ) -> 2 Hg(l)+PbS04 (,v)+ 2Cl~ (l M)
1 -x l+2x
Hay que calcular la constante de equilibrio (K) de la reacción, 
para poder calcular las concentraciones de los iones existentes en el 
equilibrio.
0 = 0,285 - ( - 0,336) - jg K K = 1?12 . ¡Q21
/ \ 2
1,12-10 21 = 2--------— ; la constante de equilibrio (K) es muy
1 — JC
grande, esto quiere decir que la reacción estaría desplazada hacia la 
derecha, así el ión sulfato disminuye y el ión cloruro aumenta, y 
consideramos la siguiente aproximación:
QUÍMICA PARA INGENIEROS
\cr]=\ + 2x = 3M y k o 42 ' l = l - x = — = 8-10~2lM 
l J 1.12 • 10
2
c) El potencial de cada electrodo cuando la pila se agota es:
Ec = 0,285 - lg (3)2 = 0,2568 v ; Ea = - 0,2568 v
PROBLEMA 2 1 Electroquímica: Pilas
Se pone en funcionamiento una pila formada por un electrodo 
inerte de platino sumergido en 0,5 litros de una disolución de pH = 2, 
en la que se ha disuelto, sin que se produzca variación de volumen, 
0,63 g de cloruro de manganeso (II) y 7,9 g de permanganato 
potásico. El otro electrodo está constituido por un electrodo inerte de 
platino, sumergido en una disolución de pH = 0, que contiene clorato 
potásico 0,1M, sobre la que se burbujea cloro a 1 atm de presión.
Determinar la reacción catódica, anódica y global, así como la 
constante de equilibrio cuando se agota la pila.
Datos: E°MnO = 1,51 v E
o
2 CIO
Mn 2 +
= 1,47 v
M. atómicas: O = 16; Mn = 54,9; Cr = 51,9; C1 = 35,5; K = 39,1
Solución
Electrodo E t:
Mm K M n04= 158 g ; Mm MnCl2 = 125,9 g
pH = 2 / t ] = o,o i m
0,63 a
[MnCl2] =
125,9 ^ mol
0 ,5 /
= 0,01 M ^ [ m /?2+] = 0 , 0 1 M
7,9 g
[KMn04] =
158 * mol
0 ,5 /
= 0,1 M Mn O = 0,1 M
@
QUIMICA PARA INGENIEROS
MnO: + 8 H + + 5e~ -> M n2+ + 4 H yO E" = 1,51 v-o
Se calcula el potencial para las nuevas concentraciones, ya que 
son distintas de 1M, mediante la ecuación de Nersnt.
E, = E V -
o 0,059
lg
[Mn2+ ]
n
r 1C1 0,059 0,01E ] = 1 ,5 1 ------— - l g 7 — = 1,333 v
5 0,1 • (0 ,0 l)8
Electrodo E?:
pH = 0 / / +J = 1 M
2 CIO: + 1 2 H + + \0e~ C /, + 6 H-,0 ; E° = 1,47 v
£ , = £ o _ M ^ . lg [o d
/7 [ c t o ; T [h +
12
E = 1 47 - . lg *
2 ’ 'o fc(o,i)M i)
12
= 1,4582 v
El potencial del segundo electrodo es mayor que el del primero, 
por ello, el segundo electrodo será el cátodo y el primero el ánodo.
PROBLEMAS ÚTILES
Cátodo :2ClO~ + 12H + + ]0e~ -> Cl2 + 6H 20 
Ánodo : 2 • (m « 2+ + 4 / / 20 ^ MnO¡ + 8/ T + 5é?~)
Global:
2 0 0 , +2MnI++ \2 H + + SH20 - » Cl2 + 2MnO; + \6 H ++6H20
Cuando se agota la pila, se alcanza el equilibrio, y esto hace que 
AE = 0
0 = 1,47 -1 ,5 1 - . ig k ^ K = 1,66 • 1 (T7
10
PROBLEMA 2 2 Electroquímica: Pilas
Se prepara una semipila, con un electrodo de plata sumergido en 
una disolución de nitrato de plata 0,2M, y la otra semipila, con un 
electrodo inerte de platino sumergido en una disolución a pH = 0, 
que contiene dicromato potásico en concentración 5.10'2M y cloruro 
crómico en concentración 0,01M. Estas dos semipilas se unen 
mediante un puente salino para crear la pila. Si la pila se conecta y se 
mantiene a 25 °C: describir los procesos anódico, catódico y la 
reacción total de la pila.
Calcular la f.e.m. de la pila, la constante de equilibrio a 25 °C y
la variación de la energía libre de Gibbs en la reacción en Kcal/mol.
Datos: E° , - 0,80 v ; 2 7 = 1,33 v
Ag / o -2o 7 /
/ A g / 2 C /~
F = 96500 C/mol e
Solución
Primero hay que calcular los potenciales para concentraciones 
distintas a 1M, y averiguar que electrodo actuará de cátodo y cual de 
ánodo.
A g + + 1 e~ ^ Ag (s) E° = 0,80 v
ir ir» ° ’0 5 9 1E , = E - lg
1
n
= 0,80 - ° ^ 59 lg - 1_ = 0,758v
1 0,2
QUIMICA PARA INGENIEROS
Cr20 ]- + 14H* + 6e~ -> 2 C r +3 + 1H 20 E° = l,33v
e 2 = e ° - 0,059 lg
n
1
[ o 3+]2
f a o f l ©r
si pH — 0 => [ « 4 = 1 A/
„ , „ 0,059 , (0 ,0 l)2
= 6 (5 ■ I 0 -2) - ( l)14" =
El potencial del dicromato es mayor que el de la plata, por lo que 
el dicromato será el cátodo y la plata el ánodo.
Anodo : 6 • i^Ag (.9) —> Ag + 1 e )
Cátodo : Cr20]~ + 14 H + + 6 e~ -> 2 CV3+ + 7 H 20 
Global: 6Ag(s)+Cr20 2~ + 1 4 / / + -> 6A g+ + 2 C r 3+ + 1H 20
A £ = A £ . _ M » . t e k * M o - í* f
[ c r ;0 ; - ] ' [ " T
A£ = l,33-0,80- 0’059.lg (0’4 6-(0.0‘) ; =o,598v
6 (5 ■ 10 )• (l)
0 = 1,33 — 0,80 — tM>59 =¡>a: = 1 . 10m
©
PROBLEMA 2 3 Electroquímica: Pilas
Se ha fabricado una pila electroquímica con un electrodo de 
Hg(l) introducido en una disolución de nitrato mercurioso 0 ,1M, y 
otro electrodo de plata sumergido en una disolución de cloruro 
potásico 0,1M. En el momento en que empieza a funcionar, se desea 
saber su fuerza electromotriz a 25 °C, y las reacciones que tienen 
lugar. Una vez que la pila se agota se añade al electrodo de mercurio 
cloruro potásico sólido, hasta que la disolución se hace 1M en
cloruros. Calcular la nueva fuerza electromotriz de la pila, y las
reacciones que tienen lugar.
Datos: E° , = 0,80 v ; E° ,+ 7 = 0,79 v
A g / H g 2 / / \/ A g / H g (l)
K cloruro de plata = 10 10
ÁT . cloruro mercurioso = 10 1 xps
Solución
Electrodo Ag / AgCl
Ag + + l e ' -+ Ag(s)
AgCl (s) -A A g + + CE (0,1 M )
Ex AgCl (.?) + 1 e~ ^>Ag ( j ) + Cl~ (0,1 A/)
£ , = E° - . ig [cr ]= £» - ig (o , |)= £» + 0,059 V
n 1
QUÍMICA PARA INGENIEROS
De la ecuación no se conoce E ] , que se calcula a través del 
producto de solubilidad de la pila.
Cátodo : A g+ + \ e~ —» Ag (s)
Anodo : Ag (5) + Cl~ (0,1M) —> AgCl (.?) + 1 e~
Global: Ag' + CE (0 ,1M )—» AgCl (5)
o 0,059 1 o 0,059 1
- 1 , g k * ] : [ c r ] =A £ ■ 1 V
En el equilibrio será:
0 = 0,80 - + 0,059 • lg 10 10 => E* = 0,21 v
El potencial de la reacción será: E] = 0,21 + 0,059 = 0,269 v
Electrodo de Hg:
Hg¡+ { 0 , \M )+ 2 e - -> 2 Hg (/)
= 0,79 - . ig _L = o,760 v
2 0,1
El potencial E2 > E i, y la pila será:
PROBLEMAS ÚTILES
Cátodo: Hg;+ (0,\M)+2e~ -> 2 Hg(l)
Anodo: 2 • (4g(.s)-l-C7~(0,1M )—»4gC7(.s)-t-le~)
Hg¡+ (0 ,\M )+ 2 A g (s)+ 2 C r (0,1M) 2 Hg(l)+ 2 AgCl (5)
= EM co - Eanád¡co = 0,760 - 0,269 = 0,491 v
Cuando se agota la pila AE = 0 
0 = a £ o _ 0 ^ 5 9 . A £ o = £ o# -El„0,7 9 - 0 ,2 1 = 0 ,5 8 v
0 059 2 0,58
0 = 0 ,5 8 — lgÁ ' ; ÁT = 10 0,059 = 4 ,5 8 -1 0 19 
2
La concentración de ión cloruro que queda en el electrodo que 
contiene plata es:
Hg¡+ (0 ,1M )+ 2 Ag (5) 4-2 Cl~ (0 , lA /)-> 2 Hg ( / )+ 2 AgCl (5) 
0,1-A' 0,1 -2 X
Como K » > 0 , se hace la siguiente aproximación:
4,58 -1019 = - --------- - 4 ----------— ; 0,1 - 2a- » 0 => a- = 5 • 10~2 M
(0,1 - * ) • (0,1 - 2 x f
[ / /g 22+]= 0 , l -A r = 0 , l - 5 - 1 0 ~ 2 = 0 ,0 5 M
©
QUÍMICA PARA INGENIEROS
(0,1 - 2 x ) 2 = j - J => [c/“ 1= 6 ,60 -10 10 M
(0,05)-(4,58 -10 ) L J 
AgCl(s)+ \e~ -+ Ag (s)+Cl~ (6,60 -10~10 m ) 
£3 = E¡ _ 0 ^ 5 9 ^ (6 60 -10 10 m )
El tiene el mismo valor que E , porque la reacción de la que 
se obtiene el valor, es igual a la que se utiliza para calcular E , .
E 3 = 0,21 - . ig (6,60 • 10 “K,)= 0,21 + 0,542 = 0,752 v
Si se añade al electrodo de mercurio, cloruro potásico sólido se 
formará el siguiente electrodo:
H g? +2e~ -+ 2H g(l)
Hg2Cl2 ( s ) ^ H g ¡ + + 2 C l~ ( \M )
Hg2Cl2 (s) + 2 e~ -> 2 Hg (/) + 2 Cl~ ( \M )
n 2
Igual que en la primera parte del problema, no se conoce lo que 
vale E°4 , por ello, se va a calcular:
PROBLEMAS UTILES
H g ? + 2e~ -> 2 H g(l) 
2H g(l)+ 2C l~ (lM ) —> Hg2Cl2 (s)+ 2e
Hg¡+ + 2 C l ' ( \M ) - » Hg2Cl2 (s)
Aí7 0 0,059AE = A E ------------- lg
n \ng\ +][cr]2
En el equilibrio: 0 = AE° + • lg K ps
0 = 0 , 7 9 - £ 4° + ^ ^ - l g l 0 ~ 18 => E ¡= 0,259 v
Como Ea = EA => £ 4 = 0,259 v
El potencial E3 > E4. así la pila será:
Cátodo: 2 • (AgCl(5) +1 e~ —>Ag (s) + CE (ó,60 • 10
Ánodo: 2 Hg(l) + 2 Ct~ ( lM ) -> Hg2 Cl2 (s) + 2e~
2AgC{s)+ 2 Hg[l)+2CC - » 2Ag(s)+ 2 Cl~ (ó,60• 10_10)+ Hg2Cl2 (s) 
AE = Ecar - EwuL = 0,752 - 0,259 = 0,493 v
PROBLEMA 2 4 Electroquímica: Pilas
Se dispone de una pila electrolítica constituida por un 
scmielectrodo de hierro, sumergido en una disolución de hierro (II) 
de concentración 0 ,01M, y otro semielectrodo de plata sumergido en 
una disolución de plata de concentración 0,1M. Si la pila se conecta 
y se mantiene a 25 °C, determínese la f.e.m. de la pila, así como las 
concentraciones de todas las especies iónicas cuando se agota la pila.
A continuación se añade al electrodo de hierro, hidróxido 
potásico sólido hasta conseguir una concentración del mismo de 
0,001M. Considerando que no ha habido variación de volumen en la 
disolución de hierro por la adición de hidróxido potásico, determine 
la nueva fuerza electromotriz de la pila.
/ = - 0,44 v ; E \ + / = 0,80 v
Fe / Ag /
Datos: / As
Kps F e(O H \ = 8 ,3 -1 0 15
Solución
Hay que calcular, mediante la ecuación de Nemst, los potenciales 
para concentraciones distintas a 1M, y averiguar que electrodo actúa 
de ánodo y cual de cátodo.
Fe2+ + 2e -> Fe ( j ) E = - 0,44 - 0,059 • lg 1 = - 0,499 v
W 2 0,01
A g + + le ' -> Ag (s) E = 0,80 - . lg - L = 0,741 v
1 0 •) 1
El EAg+/Ag es > E Fe2+/Fe» por tanto, la plata sufrirá el proceso 
de reducción y el hierro el de oxidación.
Anodo (Oxid.) Fe (5) —» Fe2+ + 2e~ 
Cátodo (Re¿/.) 2 • (.Ag+ + \e~ —> Ag (5)) 
Global: Fe (a) + 2 A g + —> Fe2+ +2 Ag (.y)
= Ecalódico - Eanód¡co = 0,741 + 0,499 = 1,24 v
Fe (s) + 2 Ag- —> Fe2" + 2 Ag (s)
0,1 0,01 
0,1 — 2x 0,01 + x
Se va eliminando el ión A g‘ de la disolución y se va formando
/ * ' T-' 2 +mas ion Fe .
Si se agota la pila, quiere decir, que se alcanza el equilibrio, por 
lo tanto AE = 0, así podemos calcular la K de equilibrio y conocer las 
concentraciones de cada una de las especies iónicas, que son: Ag" y 
Fe27
AE = AE° - 0,059 • lg K => 0 = 0,80 - ( - 0 ,4 4 ) - °^°59 lg K
n 2
1,24-2
K = 10 0 059 => K = 1,07 • 1042
________________________________ QUIMICA PARA INGENIEROS_______________________________
La K es muy grande, lo que quiere decir que la reacción se 
desplaza hacia la derecha, así el ión plata disminuye y consideramos 
la siguiente aproximación:
PROBLEMAS ÚTILES
0,1 - 0 ,2x * 0 x = 0,05 M ; K =
(0,01 -H jc) 
(0,1 - 2a')2
[ ^ g +]= 2,36 • 10“22 M y [Fe2+ ] = 0,06 M
Al añadir al electrodo de hierro hidróxido potásico, este 
reaccionará con el ión OH' para precipitar el hidróxido de hierro, y 
convertirse en un electrodo de segunda clase.
Fe2+ + 2 OH- F e(0 fí)2 Kps = 8 ,3-10
0 ,0 6 - x 0,001
-15
Kps = [ ü l í ' ]2 • [Fe2 + 8,3• 10 15 = [ l -10 3]2 ■ [0,06—jc]
[FéT+] = 8 ,3 - 1 0 - 9 M y [Hg + ]= 2,36 • 10 -22 M
Con la concentración de hierro disponible y lo que teníamos de 
plata, se calcula el nuevo potencial de cada electrodo.
Fe2+ + l e - -> Feis) E = - 0,44 - 0,059 • Ig 1 = 0,678v
V 7 2 8,3-10 9
A g + + le~ -> Ag(s) E = 0,80 - ^ j í 9 • lg 1
2,36-10 -22
= - 0,476v
Según los potenciales el electrodo de hidróxido hierro actuará de 
cátodo y la Ag como ánodo, así el nuevo potencial será:
AErlh = 0 ,6 7 8 - ( - 0 , 4 7 6 ) =1,154 v
PROBLEMA 2 5 Electroquímica: Electrólisis
Una cuba electrolítica, con electrodos inertes, contiene agua 
acidulada con ácido sulfúrico. Se hace pasar una corriente de 3A 
durante 90 minutos. Determinar:
1. Los procesos que tienen lugar en ánodo y cátodo.
2. Hallar el volumen de oxígeno, a 25 °C, desprendido en su 
electrodo correspondiente.
3. Averiguar los gramos de agua descompuesta.
1. Las reacciones que tiene lugar son:
Reacción global: 2 H 20 -A 0 2 +2 H 2
2. Según la reacción se desprenden la mitad de moles de oxígeno 
que de hidrógeno.
Ccitodo: 2 • (2 H + + 2 e —> H 2)
f
Anodo: AOH~ ~ ^ 0 2 + 2 H 20 + 4e~
4 H* + 4 OH~ O, + 2 H .O + 2 H ,
moles de H 2 =
3 ( -9 0 m in .-6 0 m in. = 0,084
9 6 5 0 0 C - 2
QUÍMICA PARA INGENIEROS
moles de 0 7 = — 0,084 = 0,042
P .V = n .R .T => r = 0.042-0.082.(273 + 25) = 
1 2
3. Según la reacción, los moles de H20 = moles de H2 
Moles de H20 = 0,084 . 18 (Mm del H20 ) = 1,512 g de H20
QUIMICA PARA INGENIEROS
1,98 A ■ 43 m in.- 60 s/ ■
n° eqv -g M = ----------------------------- m in ' - 0,053 eqv de M
9 6 5 0 0 C
masa Cl-, masa CU
n° eqv-g de Cl2 =
Peqv CU M m Cl
n° moles CU = - ^g Cil = = 0,0265
V 2
0,0265 moles ■ 0,082 atm / , „ -212K 
r — ----------- . 0 ,593 /
1 atm
2. Conocido el número de equivalentes que se depositan y la 
valencia del metal, se calcula la masa atómica del metal.
, 0 masa masan e q v -g -
P eqv. M at.
V
1,48 g
M at.= masa
.O
■V
n e q v -g
M at.—
0,053 eqv
2 * * 7 , = 5 5 ,8 4 $/ mol 7mol
3. M 2+ + 2e~ — ; / =
m ■ V F 
M at.-t
/ =
2 g -2 • 9 6 5 0 0 C
55,84 " . • 20 min • 60 v .mol / m i n
= 8,64 A
0
PROBLEMA 2 7 Electroquímica: Electrólisis
Se tiene una cuba electrolítica con una disolución acuosa de 
nitrato de níquel (II) 5,1.10"3 M, y esta se electroliza a una intensidad 
de 1A con corriente continua. Para asegurar que se deposita todo el 
níquel, el proceso se prolonga durante dos minutos más. Suponiendo 
que el volumen de la disolución no varía, determinar: las reacciones 
que tienen lugar en los electrodos durante la electrodeposición y 
después de la misma, y el volumen de todos los gases liberados en 
condiciones normales hasta que se corta la corriente. ¿Cual sería el 
volumen de todos los gases liberados, si estos se recogen sobre agua 
a 760 mmHg y 31 °C?.
Datos: , = -0,25 v ; Masa atómica del Ni = 58,71.
Ni /
/ N i
Pv del agua a 31 °C = 33,70 mmHg
Solución
N iS04 -> M 2+ + SO¡-
Las reacciones que tienen lugar en los electrodos durante la 
electrodeposición son:
Anodo (oxidación): 2 H 20 —» 0 2 + 4 H + + 4e~Cátodo {reducción): 2 • {n í 2' + 2e —> Ni (s))
Global: 2 H 2Q + 2 N i2+ 2 Ni (.9) + 0 2 + 4 H
PROBLEMAS ÚTILES
-3Moles de 0 2 totales = 2,86.10
El hidrógeno que se desprende en la electrólisis del agua durante 
dos minutos es:
moles de H 2 = — moles de 0 2 en el proceso de la electrólisis del 
agua.
moles de / / , = - • 3,1 • 10 4 = 1,55 • 1 0 '4 
2 2
Los moles totales del proceso completo son 3,02.10 -3
3,02 • 10 3 moles • 0 ,082 atm' / . 273 K 
V= - = 6 , 7 6 - 10-2 /
1 atm
P total de los gases = 760 mmHg - 33,70 mmHg = 726,3 mmHg
3,02 • 10 3 moles • 0,082 atm ■ l
V - mol K
• 304 K
726,3 mmHg
- 7,87 • 10~2
760 mmHg atm
QUIMICA PARA INGENIEROS
-23 3
Vocupado
6,59-10 cm
2 átomos
= 3 ,29-10 ' 23 c'nr
V■. p = 3,29 -10 23 cm / . 6 ,023-10a,s /a is
23
V = 19,84 c m /
at~ g / q I — g
átomo
á ts /
/ át - g
QUÍMICA PARA INGENIEROS
D 2 = a 2 + d 2
a)
/ 2 2 , 2 
ci = a + a
D 2 =3 a 2 ; D = a S
D
D = a J 3 => a = - = ; Z) = 4 r = 4-1 ,39-10 '8 = 5 ,56-10 '8cm
v/3
5,56*10 Cff l « r / 3 o A 1 A -23 3a - — = 3,21*10 cm = > V -a =3,30*10 cm
■ s
D =
2 áts. -183,85 %a t - g
6,023 • 10 23 á/ t
____________________ / a t - g
3 ,30-10 23 cm 3
CT
18,5 / 3cm
b) Vi m = ^ - T \ -Z'3 n (l,39 10"8)1 =1,12-10
Cada celdilla unidad contiene dos átomos de W, el volumen 
ocupado por estos dos átomos es:
-23 _ 32 átomos -1,12 10 23 cm V. = 2,24 • 10 ~ cm/ átomo
• 3 ,3 0 .1 0 '23 - 2 ,2 4 .1 0 - b lnA , , 10/
% de espacio vacio = __________ , 3 100 = 32,1%
3,30*10
QUÍMICA PARA INGENIEROS
D =
2 áts -55,85 g/ ta t ~ g
6,023 -10 23 át/ , +
________________________ a t - g
2,38 10 -23 cm3
= 7,80 g/ cm
Fe con estructura cúbica centrada en las caras:
Áts cel. unidad: — • 8 (vértices) + — • 6 (caras) = 4 ¿¡tomos
8 2
2 2 2 d — ü + ü — 2 ci (4r ) - 2 a
d = 4 r 4 r = a V2 a =
5*10 %cma -
71
= 3,53 10 ’"an => ('' = (3,53-10 “m ) ‘ = 4 ,4 10 v'cm
CT
D =
4 áts • 55,85 W .,a t - g
6 ,0 2 3 -1 0 23 á t /a t - g 
4 ,4 -1 0 23 cm3
= 8,43 g/ cm
b)
p Fe 7 80r c.c.cuerpo /
p Fe 8,43r c.c.caras ’
= 0,92
PROBLEMA 3 2 Metales
Un elemento metálico cristaliza en una red cúbica centrada en las 
caras. Sabiendo que la longitud de la arista de la celdilla unidad es de 
4,08Á, calcular su densidad y el porcentaje de espacio vacío de la 
celdilla unidad.
Datos. M. atómica del metal = 108
Solución
Áts cel. unidad: — • 8 (vértices) + — • 6 (caras) = 4 átomos
8 2 V 1
Masa de los átomos de la celdilla unidad:
4 áts • 108
M = , g = 7,17 • 10”22
6 ,0 2 3 -1 0 23 at/ .at - g
g
Volumen de la celdilla unidad:
V = a i = ( 4 ,08-10 8 cmf = 6,80-10 23 cm
QUÍMICA PARA INGENIEROS
1 2 ^ 7 ^ 9d~ =cr + ¿ r =2 cr (4 r ) 2 = 2 a
d = 4 r 4 r = a V2 => r = a4í
4,08 • 10 8 cm -v ’2 8
r = — = 1,44 -10 cm
V. átomo = - n r 3 = - n (l,44 • 10~8 cm)' = 1,25 -10
3 3 V '
23 cm3
Como la celdilla unidad contiene 4 átomos del elemento 
metálico, el volumen ocupado por ellos será:
4 átomos ■ 1,25 -10 23 c m 3 = 5 - 1 0 23 c m 3
a en 1 c t a _23
% espacio vacío = —— '.......... ---------------100 = 26,47 %
6,80-10
QUÍMICA PARA INGENIEROS
Cúbica centrada en las caras:
Áts cel. unidad: — • 8 {vértices) + — • 6 {caras) = 4 átomos
8 2
4 átomos ■ 192,2
d 6,023-10
23
c.c.caras / . . . . . . _ g \ 3 = 22,41
4 • 1,36 -10 
sÍ2
cm
A la vista de ambos resultados obtenemos que el Ir presenta 
estructura cúbica centrada en las caras, porque la densidad calculada 
es prácticamente igual a la que nos da el enunciado.
PROBLEMA 3 6 Aleaciones
Una aleación de hierro contiene manganeso como impureza. Se 
toman l,35g de esta aleación, y se disuelve con ácido sulfúrico 2M. 
A continuación el manganeso se oxida a pcrmanganato. El 
permanganato se reduce a manganeso (II) al reaccionar con 42 mi de 
disolución de sulfato de hierro (II) 0,16M. El exceso de hierro (II) se 
oxida a hierro (III) con 25 mi de dicromato potásico 0,02M. 
Determinar el porcentaje de manganeso en la aleación.
Datos: Masas atómicas Cr = 52; Mn = 54,9; Fe = 55,8
Mn — M n2+ -> MnO¡
MnO¡ + 8 / T + 5 e " -> M n2++ 4 H 20
5 • ( f e 2+ -> Fei+ +
MnO~A + 5 Fe2+ + 8 H + Mn2+ + 5 Fei+ + 4 H 20
Cr20 2~ + 14 H + + 6 - > 2 C r 3+ + 7 H 20
6 • (Fe2+ -> Feu + l e " )
Cr20]~ + 6 F e 2+ + 14 H ' -> 2 C r3+ +1 H 20 + 6 Feu
PROBLEMA 3 7 Corrosión
Una empresa metalúrgica, para evitar la corrosión de un tubo 
cilindrico, quiere recubrirlo con cinc, mediante una electrólisis. Este 
tubo de 2,5 metros de longitud, 0,30 cm de radio exterior y 0,27 cm 
de radio interior, se utiliza como cátodo y se electroliza una 
disolución de cinc, empleando una corriente de 30A. ¿Que tiempo se 
necesitará para recubrir el tubo con una capa de cinc de 0,3 mm de 
espesor?.
Datos: M. atómica del Zn = 65,39 ; densidad del Zn = 7,14 g/cm3 
F = 96.500 C
Solución
Superficie del cilindro: 2 • n • r ■ h
Superficie exterior: 2 • n ■ 0,30 cm ■ 250 cm = 471,24 cm2
Superficie interior: 2 • n • 0,27 cm • 250 cm = 424,11 cm2
Sup. bordes: 2n (r*t - r ¡ 2t ) = 2n (o,30~ — 0,272) = 0,107cm
Sup. total = 895,45 cm2
Volumen = S u p f . espesor = 895,45 cm2 . 0,03 cm = 26,87 cm3
Masa Zn = V . p = 26,87 cm3 . 7,14 g/cm3 = 191,85 g
Zn1' (ac) + 2 e~ —> Zn(s)
< = ^ f 1 r = 1 9 1 , 8 5 g . 9 6 5 0 0 C . 2 = 1 8 8 6 U 5
1 M a 30 A ■ 65,39 £ / ,
7 mol
QUÍMICA PARA INGENIEROS
411,52 moles de eT • 9 6 5 0 0 = 39,72 • 106 C
mol de e
Para que circule la carga calculada, el tiempo será:
Q 39,72 -106 C ^ „t = - - = ------- = 79.44 • 10 ^ = 919,44 días
I 0,5 A
QUÍMICA PARA INGENIEROS
7 =
0,012 A 
1826,04 cm = 6,57-10"6 4 / 2cm
c)
2,30 -10 4 gy
V g / 2
co,T cm2 • día
cm2 • día
7,87 / 3cm
= 2,92 • 10 5 cm/ día
2 ,92 -10 ' 5 cm/ día = 2 ,92-10 4 mm día
x días 1 día
1,5 mm 2,92 • 10 4 mm
x = 5137 días = 14 + 27 días
PROBLEMA 4 1 Cementos
A una fábrica llegan diariamente 20 toneladas de caliza, cuya 
composición es: 90,5% de carbonato cálcico, 8,2% de carbonato 
magnésico y 1,3% de material inerte. Al calentar la caliza en un 
horno se forman los óxidos de calcio y magnesio correspondientes y 
el dióxido de carbono, con un rendimiento en el proceso del 75%. 
Calcular, que cantidad de óxido de calcio y de magnesio se 
obtendrán diariamente a partir de las toneladas iniciales, y que 
volumen de dióxido de carbono, en condiciones estándar.
Datos: M. atómicas: C = 12 ; O = 16 ; Mg = 24,3 ; Ca = 40
Solución
La descomposición térmica de los carbonatos dará:
CaCO, CaO + C 0 2
MgCO3 — Mg O + C 0 2
Partimos de 20 Tm de caliza, y se obtienen:
CaCO, :90,5% => 2 -107 g- 0,905 = 18,1 -106 g 
MgCO3 :8 ,2% => 2 • 10 7 g • 0,082 = 16,40 • 10 5 g
Según las reacciones químicas por cada mol de CaO se obtiene 
un mol de C 0 2 y lo mismo sucede con el MgO.
PROBLEMA 4 2 Cementos
A partir de una arcilla y una caliza, se quiere obtener un clinker 
cuya composición química es:
CaO S i0 2 A120 3 Fe20 3 S.D.
66,7 % 25,3 % 3,9 % 3,6 % 0,5 %
Determinar la composición de los cuatro componentes del 
clinker.
Datos: M. atómicas: H = 1 ; C = 12 ; 0 = 1 6 ; Al = 27 ; Si = 28 
S = 32 , Ca = 40 ; Fe = 55,8
De los constituyentes del clinker, se considera: 
Fe20 3 forma parte del 4 CaO ■ A f O i ■ Fe2Oi
ALO, forma parte del
4 CaO ■ Al20 3 • Fe20 }
3 CaO ■ Al20 ,
S i0 2 forma parte del
3 CaO ■ S i0 2 
2 CaO- Si O 2
El CaO forma parte de todos los anteriores.
Mm del 4 CaO ■ A f 0 2 ■ Fe20 3 = 485,6
Mrn del Fe20 3= 159,6
QUÍMICA PARA INGENIEROS
moles de Fe?0 , = — -— = 2,25 • 10
- 3 159,6
2,25 • 10 2 moles Fe2( ) , • 485,6 = 10,93 % de CaAFMm del 3 CaO ■ Al20 3 = 270 ; Mm del A120 3 = 102
moles de ACO, = —— = 3,82 • 10 2
2 3 102
El A120 3 interviene en la formación del C3A y C4AF. Según la 
fórmula, en el C4AF, cada mol de Fe20 3 se combina con otro mol de 
A120 3, por lo tanto:
3,82 • 10 2 - 2,25 • 10~2 = 1,57 • 10 2 • 270 = 4,24 % de C,A
Para obtener el % de C2S y C3S, se plantean dos ecuaciones, una 
en función del número de moles que hay de SiO?, y la otra en 
función del número total de moles de CaO, menos lo que se gasta en 
la formación de los otros componentes.
2 CaO ■ S i0 2 = d g] Mm del 2 CaO ■ S i0 2 = 172 j
3 CaO ■ S i0 2 = t g \ Mm del 3 CaO • S i0 2 = 228}
Mm d e l S i O 2= 6 0 ; Mm del CaO = 56
QUIMICA PARA INGENIEROS
3 CaO • Al20 , = 21,3% =7> Al20 , =
x 21,3 7,8 x
V. 102 485,6
270 = 9,7%
/
Mm del 2 C aO • S i0 2 = 172 jp del 3 CaO • S i0 2 =228
Mm del S i0 2 = 60 ; Mm del CaO = 56
2CaO SiO, = 17 ,2%
3 C a O S i0 2 = 5 3 %
5702 =
 ^17,2 53 x
172 228\
• 60 = 19,9%
/
CaO = , 4 . _ L L + 3 . 1 W + 2 . i M + 3 . J l '
\ 485,6 270 172 228
56 = 67,1%
S.D. = 100 -99,3 = 0,7%
Se calcula el % de óxido de calcio que se obtiene de la caliza al 
calentarse y la pérdida de dióxido de carbono.
Mm del CO. = 44
92 5 92 5
^ 1 - 5 6 = 51,8% CaO y ^ ■ 44 = 40,7% C 0 2
100 100
C 02 Humed. S.D. A120 3 Fe20 3 SiO: CaO
Análisis
Clinker%
0,7 9,7 2,6 19,9 67,1
Arcilla % 10 1,5 21,8 6,1 58,1 2,5
Caliza % 40,7 1,9 d c b a 51,8
Con los datos obtenidos, se calcula la pérdida al fuego que tiene 
la mezcla de caliza y arcilla.
©
PROBLEMA 4 4 Cementos
Se dispone de dos materias primas, caliza y arcilla, cuyos análisis 
químicos son:
r
Oxidos S.D. P.F. S i0 2 ALO3 Fe20 3 CaO
Caliza % 0,1 42,1 2,5 1,3 0,9 53,1
Arcilla % 4,5 6,2 54,5 22,6 8,9 3,3
A partir de esta caliza y arcilla se quiere obtener un clinker que 
tenga el 66% de óxido de calcio. Determínese:
a) El análisis químico del clinker resultante.
b) La composición de los cuatro componentes del clinker.
Solución
a) Se obtiene la relación caliza/arcilla en función del óxido de 
calcio que tiene que tener el clinker, y la correspondiente pérdida al 
fuego que tiene la caliza y la arcilla.
53,1 • c + 3,3 • ci
(1 0 0 -4 2 ,1 ) - c + ( 1 0 0 - 6 ,2 ) - a
= 0,66
53,1 • c + 3,3 • a 
57,9 • c + 93,8 • a
= 0,66 => 14,89 • c = 58,6 • a c
a
= 3,93
Se considera lOOg de mezcla,
c + a = 100l a = 20,28 %
> 3,93 c/ + a = 100 => 
c = 3,93 a J c = 79,72 %
0
PROBLEMAS ÚTILES
Análisis del clinker:
CaO (%) S i0 2 (%) A120 3 (%) Fe20 3 (%) S.D. (%)
66,0 20,01 8,61 3,86 1,52
b) Mm del 4 CaO ■ Al2Oi • Fe2Oi = 485,6 
Mm del Fe20 3 = 159,6
C4AF = ^ 86 • 485,6 = 11,74 % 
4 159,6
Mm del A120 3 = 102 ; Mm del 3 CaO. A120 3 = 270
C3A = ^8,61 3,86 x
\ 102 159,6
270 = 16,2 %
/
Para calcular la cantidad de silicato dicálcico y tricálcico que 
existe, se establecen dos ecuaciones, una en función de los moles de 
S i0 2 y la otra en función de los moles de CaO.
t = gramos de C3S y d = gramos de C2S
Mm del 2 CaO. S i0 2= 172 y del 3 CaO. S i0 2 = 228
t d 
228 172
20,01
60
3 ■ —O + 2 • d 66
228 172 56
' 3,86 , f 8,61 3,86
4 b 3 • ------------------
\
159,6 V102 159,6
Resolviendo el sistema, d = C2S = 16,94 % y t = C3S = 53,58 %
PROBLEMA 4 5 Cementos
Una empresa constructora ha recibido un cemento Pórtland que 
presenta la siguiente composición:
C aS04. 2 H20 = 9,2 % 2 CaO.Si02 = 15,3 %
4 Ca0.A l20 3.Fe20 3 = 8,7 % 3 CaO.Si02 = 58,9 %
3 Ca0.Al20 3 = 5,9 % S.D. = 2 %
Se desea conocer el análisis químico del clinker utilizado para la 
fabricación del cemento.
Datos: M. atómicas: O = 16, Al = 27, Si = 28, S = 32, Ca - 40, 
Fe = 55,8,
Solución
Mm del C4AF = 485,6 ; C4AF = 8,7 %
8 7
=> — - = 1,8 • 10 ”2 moles de C4AF
485,6
Mm del C3A = 270 ; C3A = 5,9 %
=> = 2,18 • 10 2 moles de C,A
270 3
Mm del C2S = 172 ; C2S = 15,3 %
=> = 8,9 • 10"2 moles de C.S
172 2
QUÍMICA PARA INGENIEROS
Mm del C3S = 228 ; C3S = 58,9 %
58 9
— = 25,8 • 1 0 '2 moles de C,S 
228 3
La cantidad de clinker que hay en el cemento es
100 - 9,2 (yeso) = 90,8 g
El análisis químico del clinker en % será:
^ = 9’6 . 100 = 3 , , 6 %
90,8
(2,l g . 1 0 - ^ 1 ,8 .1 0 : 4 102 
- 3 90,8
(8,9 • 1 0 - + 25,8 • 10 - f 60
90,8
^ ^ (4 -1,8 - 1 0 2 -1- 3 - 2,18-10 2 -1- 2 • 8,9 • 1 0 2 -1-3 -2 5,8 • 1 0 2) - 5 6 CaO=s---------------------------------------------------------------------- 100
90,8
CaO = 67,20 %
S.D. = — • 100 = 2,20 % 
90,8
PROBLEMA 4 6 Cementos
Un cemento Pórtland presenta el siguiente análisis químico:
P.F. MgO S i 0 2 CaO CaO libre S 0 3 Fe20 3 A120 3
2% 1,20% 19,61% 63,25% 1,11% 4,40% 3,18% 5,15%
Determinar: el % de los componentes de dicho cemento, y el 
volumen de una disolución de amoniaco del 24% de riqueza y 
densidad 0,91 g/cm3, necesario para precipitar el hierro y el aluminio 
contenidos en 2 gramos de este cemento Pórtland.
Datos: M. atómicas: O = 16, Al = 27, Si = 28, S = 32, Ca = 40, 
Fe = 55,8.
Solución
De los constituyentes del clinker, se considera:
Fe20 } forma parte del 4 CaO • A l20 2 ■ Fe20
Al20 2 forma parte del
4 CaO ■ ALO 3 • Fe20 
3 CaO ■ ALO 3
S i0 2 forma parte del
3 CaO- Si O. 
2 CaO ■ SiO-
SO, forma parte del CaS04 ■ 2 H 20 
CaO forma parte de todos los anteriores.
Se consideran 100 gramos de cemento.
PROBLEMAS ÚTILES
Resolviendo el sistema queda:
t = 52,064 g de C3S 
d = 16,933 g de C2S
El % de los componentes del cemento son:
c 4a f c 3a c 3s C2S yeso
9,675% 8,127% 52,064% 16,933% 9,675%
Fe3+ + 3 N H 4OH -> Fe(OH )3 + 3 NH. 
A li+ + 3 N H 4OH - » Al(OH)3 + 3 NH ¿
1 1 X
moles Fei+ = = 1,98 • 10^2
159,6
moles A lu = — = 5,04 - 1 0 '2
102
Reacciona 1 mol de Fe3+con 3 NH4OH, pero como la fórmula es 
Fe20 3, en realidad hay 2 Fe3' , y lo mismo ocurre con el Al3
Moles NH4OH = 1,98-10 2 -2-3 + 5 ,0 4 -10 2 -2-3 = 0,4212
Mm del NH4OH = 35
0,4212 • 35 = 14,742 g N H 4OH puro
14 742 /
’ = 67 5 mb
0,24 • 0,91 ’ £ cemento
En dos gramos de cemento será:-----------= 1,35 mi
100
QUÍMICA PARA INGENIEROS
Fe2 a = --------- ^ --------- 100 = 3,03 %
66 g clinker
CaO = ----- ^ -------• 100 = 66,67 %
66 g clin ker
MgO = ----- -------------- 100 = 0 ,3 0 %
66 g clin ker
S.D. = ----- -------------- 100 = 1,21 %
66 g clin ker 
Eqv CaO = Eqv K M n04 
Eqv KMnO4 = 8 • 10 2 TV • ^ • 10 3 /
1 g clinker = ^ ^ ,6667 _ . i o -2 moles CaO
56
Eqv CaO = 2 -1,2 - 10“2 = 0,024 
0,024 = 8 • 10 2 -V • 1 0 '3 => V = 300 mi
Aunque el enunciado del problema sólo pide la cantidad de C3S y 
C2S, también se debe conocer la cantidad de C4AF y C3A, para 
eliminar el número de moles de CaO que consume la formación de 
estos compuestos, del número total de moles de CaO.
Mm del C4AF = 485,6 ; Mm del Fe20 3 = 159,6
PROBLEMAS ÚTILES
. . 42,49 •1,3 + 7,65 • 4,5 + 49,86 -15,8MgO = ----------------------------------------------------- = 8,78 %
100
5 0 _ 4 2 ,4 9 . 0 + 7,65 . 3 7 3 4 49,86J 3 . 3 %
3 100
= 4 2 ,4 9 . 0,5 + 7 ,65 . 0,4 + 4 9 ,8 6 -0 ,8 
100
Composición mineralógica:
1,83
4 CaO ■ ACO, ■ Fe20 3 = • 485,6 = 5,57 %
159,6
3 CaO • ACO, =
í
\
5,56 1,83
\
102 159,6
270 = 11,61 %
y
3,5CaSO, ■ 2 H , 0 = — • 172 = 7,52 % 
4 2 80
d t 
172 228
26,06
60
172 228 56 159,6
/
5,56 1,83 \
V 102 159,6 /
3^5
80
Resolviendo el sistema queda:
t = - 41,95, es decir, el silicato tricálcico es negativo, lo que 
índica que no hay suficiente óxido de calcio, y por lo tanto se 
formará silicato dicálcico y sobrará óxido de silicio.
QUÍMICA PARA INGENIEROS
lOOg de mezcla equivalen a:
15,88 g de arcilla + 39,16 g de caliza =55,04 g de clinker
Análisis del clinkcr:
„ n 72,52 • 47,6 + 27,48 • 2,8 0/CaO : ------------------------------------- = 64,11 %
55,04
7 2 , 5 2 - 2 + 2 7 , 4 8 - 3 5 OA1O0/ SiO-, : = 20,12 %
55,04
72,52 ■ 1 + 27 ,48 • 1,5 = 
2 3 55,04
_ n 7 2 , 5 2 - 2 + 2 7 , 4 8 - 5 c 1 , 0/Fe, O, : ------------------------------= 5,13 %
2 3 55,04
72 52 • 1 4 MgO : — — = 1,84 % 
55,04
La cantidad de yeso que hay en el cemento será: 
1 C3A + 3 yeso —> ettringita primaria
14 09
% yeso = — ^ • 3 • 172 = 5,80 % 
1254
Clinker = 100 - 5,80 - 94,2 g 
Composición del cemento: Clinker . 0,942