39 Problema 1.34 Al quemar 0,897 g de un compuesto org´ anico se forman 3,035 g de CO2 y 0,621 g de agua. Si 0,649 g de compuesto en estado gaseoso ocupan 254,3 mL a 100 o C y 760 mm Hg, calcule: a) La f´ ormula emp´ırica. b) La f´ ormula molecular. Datos: R = 0, 082 atm · L · K−1 · mol−1 . Masas at´ omicas: C = 12; H = 1

a) Calculamos primero las masas de cada uno de los elementos de la muestra haciendo una interpretaci´ on molar de las f´ormulas del di´ oxido de carbono y del agua: Obtenemos la masa de carbono de la muestra a partir de la masa de di´ oxido de carbono que se obtiene, ya que todo el carbono de la muestra aparece en el di´ oxido de carbono: 3, 035 g CO2 44 g CO2 (1 mol CO2 ) = ; 12 g C (1 mol C) xgC

x = 0, 828 g C

Obtenemos, de la misma manera, la masa de hidr´ ogeno de la muestra, pero ahora a partir de la masa de agua que se obtiene, ya que todo el hidr´ ogeno de la muestra aparece en el agua: 18 g H2 O (1 mol H2 O) 0, 621 g H2 O = ; 2 g H (2 mol H) xgH

x = 0, 069 g H

Si nos damos cuenta, la masa de la muestra es igual a la suma de las masas de carbono y de hidr´ ogeno de la misma, luego se deduce que la muestra contiene s´ olo carbono e hidr´ ogeno: es un hidrocarburo. Calculamos ahora los moles de cada uno de los elementos de la muestra: nC =

mC 0, 828 g = = 0, 069 mol Mm C 12 g/mol

nH =

mH 0, 069 g = = 0, 069 mol Mm H 1 g/mol

Del resultado obtenido, podemos deducir que los ´ atomos de carbono e hidr´ ogeno en la muestra se encuentran en la relaci´ on 1:1, luego la f´ ormula emp´ırica del hidrocarburo es CH. b) Determinamos ahora la f´ ormula molecular con los otros datos del problema. Antes calculamos la masa molar de la f´ ormula emp´ırica para ver si coincide con la masa molar de la sustancia o si ´esta es un m´ ultiplo de aqu´ella. Si coincide, la

´ CAP´ITULO 1. ASPECTOS BASICOS

40

f´ ormula molecular de la sustancia es igual a la f´ ormula emp´ırica; si es un m´ ultiplo, la f´ ormula molecular ser´ a un m´ ultiplo de la f´ ormula emp´ırica. La masa molar de la f´ ormula emp´ırica es: Mm CH = 13 g/mol Determinamos la masa molar de la sustancia mediante la ecuaci´ on de los gases perfectos:

Mm

atm · L 0, 649 g · 0, 082 · 373 K mRT K · mol = = = 78 g/mol pV 1 atm · 0, 2543 L

⌊ T = 100 o C + 273 = 373 K; p = 760 mm Hg = 1 atm; V = 254, 3 mL = 0, 2543 L⌋ Observamos que la de la sustancia es 6 veces la masa molar de la  masa molar  78 f´ ormula emp´ırica ormula molecular son el = 6 , luego los sub´ındices de la f´ 13 s´extuplo de los sub´ındices de la f´ ormula emp´ırica. La f´ ormula molecular es, por tanto, C6 H6 . Problema 1.35 En la combusti´ on de 6,49 g de compuesto org´ anico se formaron 9,74 g de CO2 y 2,64 g de vapor de agua. Sabiendo que el compuesto contiene C, H y O y que su masa molecular relativa es 88, determine: a) La f´ ormula emp´ırica. b) La f´ ormula molecular. Masas at´ omicas: C = 12; H = 1; O = 16.

a) Calculamos primero las masas de cada uno de los elementos de la muestra haciendo una interpretaci´ on molar de las f´ormulas del di´ oxido de carbono y del agua: Obtenemos la masa de carbono de la muestra a partir de la masa de di´ oxido de carbono que se obtiene ya que todo el carbono de la muestra aparece en el di´ oxido de carbono: 44 g CO2 (1 mol CO2 ) 9, 74 g CO2 = ; 12 g C (1 mol C) xgC

x = 2, 656 g C

Obtenemos la masa de hidr´ ogeno de la muestra de la misma manera, pero ahora a partir de la masa de vapor de agua que se obtiene, ya que todo el hidr´ ogeno de

63 Problema 2.16 La tostaci´ on de la pirita se produce seg´ un la reacci´ on: 2 FeS2 + 11/2 O2 → 4 SO2 + Fe2 O3 Calcule: a) La cantidad de Fe2 O3 que se obtiene al tratar 500 kg de pirita de un 92 % de riqueza en FeS2 , con exceso de ox´ıgeno. b) El volumen de ox´ıgeno, medido a 20 o C y 720 mm de Hg, necesario para tostar los 500 kg de pirita del 92 % de riqueza. Datos: R = 0, 082 atm · L · K−1 · mol−1 . Masas at´ omicas: Fe = 56; S = 32; O = 16. a) La ecuaci´ on de la reacci´ on y la estequiometr´ıa de la misma son las siguientes:

Estequiometr´ıa

2 FeS2 2 mol

+

11/2 O2 11/2 mol

→

4 SO2 4 mol

+

Fe2 O3 1 mol

Esquema de los pasos para la resoluci´ on: g pirita

% Riqueza

−→ 1

n= Mm

g FeS2 −→m mol FeS2

2

Estequiometr´ıa

−→ 3

mol Fe2 O3

m=n·Mm

−→ 4

g Fe2 O3

① Gramos de FeS2 : Uno de los reactivos del proceso es el FeS2 , componente principal de la pirita. Una riqueza en FeS2 de un 92 % significa que en 100 g de pirita hay 92 g de FeS2 (el resto, hasta 100 g, es de otras sustancias que acompa˜ nan al sulfuro de hierro). Por tanto: 5 · 105 g pirita 100 g pirita = ; x = 4, 60 · 105 g FeS2 92 g FeS2 x g FeS2 ⌊500 kg = 500 000 g = 5 · 105 g⌋ ② Moles de FeS2 n=

m 4, 60 · 105 g = = 3 830 mol FeS2 g Mm 120 mol

③ Moles de Fe2 O3 Seg´ un la estequiometr´ıa de la reacci´ on, por cada 2 mol de FeS2 que reaccionan, se forma 1 mol de Fe2 O3 (la mitad). Si disponemos de 3 830 mol FeS2 se formar´ an 1 915 mol Fe2 O3 , tambi´en la mitad.

CAP´ITULO 2. DISOLUCIONES Y ESTEQUIOMETR´IA

64

④ Gramos de Fe2 O3 m = n · Mm = 1 915 mol · 160

g = 3, 06 · 105 g Fe2 O3 = 306 kg Fe2 O3 mol

b) Esquema de los pasos para la resoluci´ on: mol FeS2

Estequiomet´ıa

−→ 1

V = nRT p

mol O2 −→ L O2 c p y T 1

Moles de O2 De acuerdo con la estequiometr´ıa de la reacci´ on: 2 mol FeS2 reaccionar´ıan con 3 830 mol FeS2 reaccionar´ a n con = 11/2 mol O2 x mol O2 x = 1, 05 · 104 mol O2 Litros de O2 en las condiciones de p y T dadas atm · L 1, 05 · 104 mol · 0, 082 · 293 K nRT K · mol V = = = 2, 66 · 105 L O2 p 0, 947 atm ⌊T = 273 + 20 o C = 293 K; p = 720 mm Hg ·

1 atm = 0, 947 atm⌋ 760 mm Hg

Problema 2.17 El ´ acido sulf´ urico reacciona con cloruro de bario seg´ un la siguiente reacci´ on: H2 SO4 (aq) + BaCl2 (aq) → BaSO4 (s) + 2 HCl (aq) Calcule: a) El volumen de ´ acido sulf´ urico de densidad 1,84 g/mL y 96 % en peso de riqueza, necesario para que reaccionen totalmente 21,6 g de cloruro de bario. b) La masa de sulfato de bario que se obtendr´ a. Masas at´ omicas: H = 1; S = 32; O = 16; Ba = 137,4; Cl = 35,5.

a) La ecuaci´ on de la reacci´ on y la estequiometr´ıa de la misma son las siguientes:

Estequiometr´ıa

H2 SO4 1 mol

+

BaCl2 1 mol

→

BaSO4 1 mol

+

2 HCl 2 mol

97 3.24. La gr´ afica adjunta relaciona valores de la energ´ıa de ionizaci´ on E.I., con los n´ umeros at´ omicos de los elementos. Con la informaci´ on que obtenga a partir de ella: a) Justifique la variaci´ on peri´ odica que se produce en los valores E.I. b) Enumere los factores que influyen en esta variaci´ on y razone la influencia del factor determinante.

Energía de ionización (kJ/mol)

Cuesti´ on 3.22

He

2500

Ne

bc

bc

2000 1500

bc

bc

1000 H 500

Ar bc

bc

bc bc

bc bc bc

bc bc

Li

Na 5

bc bc

bc

bc bc

bc

10

K 15

bc

20

Número atómico

a) Al aumentar Z en un periodo (del Li al Ne o del Na al Ar), aumenta la energ´ıa de ionizaci´ on, porque aumenta la carga nuclear efectiva, Zef , y, por lo tanto, el electr´ on externo est´ a retenido con m´ as fuerza y hay que suministrar una mayor energ´ıa para arrancarlo. Al aumentar n (n´ umero cu´ antico principal de la capa de valencia) en un grupo (del Li al K pasando por el Na), disminuye la energ´ıa de ionizaci´ on. Aunque la carga nuclear efectiva s´ olo var´ıa ligeramente, cada vez la capa externa est´ a m´ as alejada del n´ ucleo, y, por tanto, el electr´ on externo est´ a retenido con menos fuerza, y hay que suministrar una menor energ´ıa para arrancarlo. La configuraci´ on electr´ onica tiene tambi´en cierta influencia: el aumento en un mismo periodo de la energ´ıa de ionizaci´ on no es continuo, (en el caso del berilio y el nitr´ ogeno se obtienen valores m´ as altos que los que pod´ıan esperarse por comparaci´ on con los otros elementos del mismo periodo, aumento debido a la estabilidad que presentan las configuraciones s2 y s2 p3 , respectivamente). Por otra parte, los gases nobles tienen los valores m´ as altos de energ´ıas de ionizaci´ on, por ser los de configuraci´ on electr´ onica m´ as estable. b) Los factores determinantes son el n´ umero cu´ antico principal de la capa de valencia, n, la carga nuclear efectiva, Zef , y la configuraci´ on electr´ onica. En general, no hay ninguno m´ as determinante que otro. Sin embargo, si nos fijamos s´ olo en Zef y n, podemos decir que en un periodo el factor determinante es Zef , ya que n no var´ıa, mientras que en un grupo, al pasar de un nivel energ´etico a otro de m´ as energ´ıa, el factor determinante es n, ya que Zef apenas var´ıa. La siguiente

98

´ ´ CAP´ITULO 3. ESTRUCTURA ATOMICA Y SISTEMA PERIODICO

expresi´ on muestra la dependencia de la energ´ıa de ionizaci´ on con Zef y n: 2 Zef Ei = RH 2 n

⌊RH = cte = 2, 179 · 10−18 J⌋

Cuesti´ on 3.23 La configuraci´ on electr´ onica de un ´ atomo excitado de un elemento es la siguiente: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 5s1 Indique cu´ ales de las afirmaciones siguientes son correctas y cu´ ales falsas para ese elemento. Justifique su respuesta. a) Pertenece al grupo de los alcalinos. b) Pertenece al periodo 5 del sistema peri´ odico. c) Tiene car´ acter met´ alico.

a) Correcta. La configuraci´ on electr´ onica de un ´ atomo de ese elemento en su estado fundamental, en el que los electrones ocupan los orbitales seg´ un su energ´ıa 2 2 6 2 6 1 creciente, es: 1s 2s 2p 3s 3p 4s La configuraci´ on electr´ onica externa es del tipo ns1 , caracter´ıstica de los elementos alcalinos. b) Incorrecta. Pertenece al periodo 4, que es el nivel m´ as externo en el que hay electrones en la configuraci´ on electr´ onica del ´ atomo en su estado fundamental. c) Correcta. Los alcalinos son elementos met´ alicos (muy met´ alicos), ya que pueden + formar f´ acilmente el ion X , debido a que tienen una energ´ıa de ionizaci´ on muy peque˜ na. Cuesti´ on 3.24 La configuraci´ on electr´ onica de la capa de valencia de un elemento A es 2 5 3s 3p . Indique, justificando la respuesta: a) Si se trata de un metal o un no metal. Justif´ıquelo. b) Un elemento que posea mayor energ´ıa de ionizaci´ on que A. c) Un elemento que posea menor energ´ıa de ionizaci´ on que A.

a) Se trata de un no metal. Se trata de un elemento del grupo 17, hal´ ogenos (la configuraci´ on electr´ onica de la capa de valencia es del tipo ns2 np5 ). Estos elementos tienen una elevada energ´ıa de ionizaci´ on y una elevada afinidad electr´ onica

129 Cuesti´ on 4.23 Indique, razonadamente, cu´ antos enlaces π y cu´ antos σ tienen las siguientes mol´eculas: a) Hidr´ ogeno. b) Nitr´ ogeno. c) Ox´ıgeno.

a) Seg´ un la teor´ıa del enlace de valencia, los enlaces se forman por solapamiento de dos orbitales. Los espines de los electrones de los orbitales deben ser opuestos, de acuerdo con el principio de exclusi´ on de Pauli. En la mol´ecula de hidr´ ogeno hay un enlace σ formado por el solapamiento de los orbitales s de cada uno de los ´ atomos de hidr´ ogeno. b) En la mol´ecula de ox´ıgeno hay un enlace σ, debido al solapamiento frontal de dos orbitales p y un enlace π formado por solapamiento lateral de dos orbitales p con la misma direcci´ on. c) En la mol´ecula de nitr´ ogeno hay un enlace σ formado por el solapamiento frontal de dos orbitales p y dos enlace π, cada uno formado por el solapamiento lateral de dos orbitales p con la misma direcci´ on.

z z

z

z

z

Enlace S

z

Enlaces S

y y

y x

H

x

Enlace

H V

Molécula de Hidrógeno, H2

x

x

Enlace V

Molécula de Oxígeno, O2

x

x

N Enlace V N Molécula de Nitrógeno, N2

Cuesti´ on 4.24 Justifique las siguientes afirmaciones: a) A 25 o C y 1 atm, el agua es un l´ıquido y el sulfuro de hidr´ ogeno es un gas. b) El etanol es soluble en agua y el etano no lo es. c) En condiciones normales, el fl´ uor y el cloro son gases, el bromo es l´ıquido y el yodo es s´ olido.

CAP´ITULO 5. TERMOQU´IMICA Y ESPONTANEIDAD

160 Problema 5.24

La entalp´ıa est´ andar de formaci´ on a 25 o C del CaO (s), CaC2 (s) y CO (g) son, respectivamente, −636, −61 y −111 kJ/mol. A partir de estos datos y de la siguiente ecuaci´ on: CaO (s) + 3 C (s) → CaC2 (s) + CO (g) Calcule: a) La cantidad de calor, a presi´ on constante, necesaria para obtener una tonelada de CaC2 . b) La cantidad de calor, a presi´ on constante, necesaria para obtener 2 toneladas de CaC2 si el rendimiento del proceso es del 80 %. Masas at´ omicas: C = 12; Ca = 40.

a) La ecuaci´ on termoqu´ımica del proceso de obtenci´ on del carburo de calcio es la siguiente: CaO (s) + 3 C (s) → CaC2 (s) + CO (g)

∆H o = ? kJ

Hemos de calcular la variaci´ on de la entalp´ıa est´ andar del proceso, ∆H o , ya que es igual a la cantidad de calor a presi´ on constante, Qp , intercambiada en el mismo: ∆H o = Qp Supongamos una reacci´ on qu´ımica en la que: aA + bB → cC + dD Seg´ un la ley de Hess, la variaci´ on de entalp´ıa est´ andar de la reacci´ on es: ∆H o = Σ np · ∆Hfo (productos) − Σ nr · ∆Hfo (reactivos) Donde nr y np son los coeficientes estequiom´etricos de reactivos y productos, y ∆Hfo (reactivos) y ∆Hfo (productos), las entalp´ıas est´ andar de formaci´ on de los reactivos y productos. La variaci´ on de entalp´ıa est´ andar de la reacci´ on es la siguiente: ∆H o

= 1 · ∆Hfo [CaC2 (s)] + 1 · ∆Hfo [CO (g)] − 1 · ∆Hfo [CaO (s)]       kJ kJ kJ = 1 mol · −61 + 1 mol · −111 − 1 mol · −636 mol mol mol = 464 kJ

⌊Por definici´ on, ∆Hfo [C (s)] = 0, ya que se trata de una sustancia elemento en condiciones est´ andar.⌋

161 La variaci´ on de entalp´ıa est´ andar de la reacci´ on es positiva, luego se trata de un proceso endot´ermico (transcurre con absorci´ on de calor). La ecuaci´ on de la reacci´ on y la estequiometr´ıa de la misma son las siguientes: CaO (s) 1 mol

+

3 C (s) 3 mol

→

CaC2 (s) 1 mol

+

CO (g) 1 mol

∆H o = 464 kJ Se absorben 464 kJ

Para determinar la energ´ıa necesaria para obtener 1 tonelada (1 000 000 g = 106 g) de CaC2 hemos de calcular primero los moles de que se dispone: n=

m 106 g = = 15 600 mol CaO Mm 64 g/mol

Y, seguidamente, la energ´ıa necesaria para la obtenci´ on de esos moles teniendo en cuenta la estequiometr´ıa de la reacci´ on: Si obtuvi´eramos 1 mol CaC2 si se obtienen 15 600 mol CaO = ser´ıan necesarios 464 kJ son necesarios x kJ x = 7, 24 · 106 kJ necesarios b) Ahora queremos calcular la energ´ıa necesaria para obtener 2 t de CaC2 , pero suponiendo que el rendimiento es del 80 %. Toneladas te´ oricas de CaC2 Un rendimiento de la reacci´ on de un 80 % quiere decir que se obtienen s´ olo 80 t reales de CaC2 frente a las 100 t que se obtendr´ıan te´ oricamente. Por tanto, puesto que se obtiene 2 t de CaC2 reales: 80 t reales CaC2 2 t reales CaC2 = 100 t te´ oricas CaC2 x t te´ oricas CaC2 x = 2, 5 t CaC2 te´ oricas Energ´ıa necesaria: Seg´ un hemos visto en el apartado a), se necesitan 7, 24 · 106 kJ para que se obtenga 1 t de CaC2 . Por tanto: Si reaccionaran 1 t CaC2 si reaccionan 2, 5 t CaC2 = ser´ıan necesarios 7, 24 · 106 kJ ser´ an necesarios x kJ x = 1, 81 · 107 kJ necesarios

´ CAP´ITULO 6. CINETICA QU´IMICA

200 Cuesti´ on 6.7

La figura muestra dos caminos posibles para una cierta reacci´ on. Uno de ellos corresponde a la reacci´ on en presencia de un catalizador: a) ¿Cu´ al es el valor de la energ´ıa de activaci´ on de la reacci´ on catalizada? b) ¿Cu´ al es el valor de la entalp´ıa de la reacci´ on? c) ¿Qu´e efecto producir´ a un aumento de la temperatura en la velocidad de la reacci´ on? a) Seg´ un se muestra en la figura, hemos representado la reacci´ on catalizada con una l´ınea discontinua. La energ´ıa de activaci´ on de la reacci´ on catalizada, Ea , es la energ´ıa que tienen que absorber los reactivos para llegar al complejo activado en el que participa el catalizador. Tiene un valor de:

H (kJ) 120 100 80 60 40 20

Reactivos Productos

Coordenada de reacción

H (kJ) 120 100 80 60 40 20

Complejo activado Ea Reactivos ∆H

Productos

Coordenada de reacción

80 kJ − 40 kJ = 40 kJ

b) La entalp´ıa de la reacci´ on es la diferencia entre la entalp´ıa de los productos y la de los reactivos: ∆H = 20 kJ − 40 kJ = −20 kJ Como es negativa, la reacci´ on es exot´ermica. c) Un aumento de la temperatura produce un aumento de la velocidad de reacci´ on. Seg´ un Arrhenius, la constante de proporcionalidad, k, que aparece en la ecuaci´ on de velocidad tiene la siguiente dependencia con la temperatura: k =A·e

−Ea RT

Tambi´en podemos expresar la ecuaci´ on de la siguiente manera: k= Observamos que si T aumenta, aumenta.

A Ea

e RT

Ea A disminuye, Ea aumenta, k aumenta, y v RT e RT

Una justificaci´ on alternativa es la siguiente: al aumentar la temperatura, aumenta la velocidad de la reacci´ on, porque aumenta la fracci´ on de mol´eculas con una energ´ıa mayor a la energ´ıa de activaci´ on, Ea . En la figura de la derecha se muestra que si T2 > T1 , el ´ area rayada bajo la curva (fracci´ on de mol´eculas con una energ´ıa superior a la energ´ıa de activaci´ on), aumenta.

Fracción de moléculas con energía E

201

T1 T2

E (kJ) Ea

Cuesti´ on 6.8 Indique, razonadamente, si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas: a) La velocidad de una reacci´ on aumenta al disminuir la temperatura a la que se realiza. b) La velocidad de una reacci´ on aumenta al disminuir la energ´ıa de activaci´ on. c) La velocidad de una reacci´ on disminuye al disminuir las concentraciones de los reactivos. a) Falsa. Es todo lo contrario. Un aumento de la temperatura produce un aumento de la velocidad de reacci´ on. Seg´ un Arrhenius, la constante de proporcionalidad, k, que aparece en la ecuaci´ on de velocidad tiene la siguiente dependencia con la temperatura: −Ea k = A · e RT Tambi´en podemos expresar la ecuaci´ on de la siguiente manera: k=

A Ea

e RT

⌊A = factor que tiene en cuenta la frecuencia de las colisiones en la reacci´ on. e = n´ umero e, base de los logaritmos neperianos. R = constante de los gases; R = 0, 00831 kJ · K−1 · mol−1 . Ea = energ´ıa de activaci´ on (kJ · mol−1 ). T

= temperatura absoluta, K.⌋

Observamos que si T aumenta, aumenta.

Ea A disminuye, Ea aumenta, k aumenta y v, RT e RT

CAP´ITULO 7. EQUILIBRIO QU´IMICO

236 Problema 7.24

El ´ oxido de mercurio (II) contenido en un recipiente cerrado se descompone a 380 o C seg´ un: 2 HgO (s) ⇄ 2 Hg (g) + O2 (g) Sabiendo que a esta temperatura el valor de Kp es 0,186, calcule: a) Las presiones parciales de O2 y de Hg en el equilibrio. b) La presi´ on total en el equilibrio y el valor de Kc a esa temperatura. Dato: R = 0, 082 atm · L · K−1 · mol−1 .

a) El equilibrio en cuesti´ on es un equilibrio heterog´eneo, ya que sus componentes no est´ an en la misma fase (el ´ oxido de mercurio (II) se encuentra en estado s´ olido). De acuerdo con la estequiometr´ıa de la reacci´ on, por cada mol que se descompone de ´oxido de mercurio (II) s´ olido se forman 2 mol de mercurio y 1 mol de ox´ıgeno, ambos en estado gaseoso. Esto es, en el equilibrio habr´ a doble n´ umero de moles de mercurio que de ox´ıgeno. Por consiguiente, la presi´ on parcial del ox´ıgeno ser´ a el doble que la del mercurio. Si llamamos p a la presi´ on parcial del ox´ıgeno, la presi´ on parcial del mercurio ser´a 2p. Por tanto: Kp = p2Hg pO2 = (2p)2 p = 4p3 Calculamos p: p=

s 3

Kp = 4

r 3

0, 186 = 0, 360 atm 4

⌊Kp = 0, 186⌋ Las presiones parciales de los dos gases son: pHg = 2p = 2 · 0, 36 atm = 0, 72 atm; pO2 = p = 0, 36 atm b) La presi´ on total en el equilibrio, ptotal , es la suma de de las presiones parciales ejercidas por el mercurio y por el ox´ıgeno: ptotal = pHg + pO2 = 0, 72 atm + 0, 36 atm = 1, 08 atm Calculamos Kc a partir de Kp , cuyo valor conocemos: Kc =

Kp 0, 186 −6 =  3 = 1, 21 · 10 ∆n (RT ) gas atm · L 0, 082 · 653 K K · mol

⌊∆ngas = nf − ni = 3 − 0 = 3; T = t + 273 = 380 o C + 273 = 653 K⌋

265 b) La concentraci´ on de cada unos de los iones presentes al finalizar el proceso es: [Sr2+ ] = 4, 0 · 10−3 M −3 M [CrO2− 4 ] = 5, 0 · 10 2+ −3 M = 8, 0 · 10−3 M, puesto que por cada [NO− 3 ] = 2 · [Sr ] = 2 · 4, 0 · 10 mol de Sr2+ hay 2 mol de NO− 3. −3 M = 1, 0 · 10−2 M, puesto que por cada [K+ ] = 2 · [CrO2− 4 ] = 2 · 5, 0 · 10 2− mol de CrO4 hay 2 mol de K+ .

Problema 8.17 Se mezclan 50 mL de una disoluci´ on que contiene 0,331 g de nitrato de plomo (II) con 50 mL de otra disoluci´ on que contiene 0,332 g de yoduro de potasio, y mantenemos la temperatura a 25 o C. Calcula: a) Si se forma precipitado de yoduro de plomo (II), y en caso afirmativo qu´e cantidad. b) Las concentraciones de los iones yoduro y de plomo (II) en la disoluci´ on resultante. omicas: Pb = 207; N = 14; O = 16; Datos: Kps PbI2 = 1, 0 · 10−8 ; Masas at´ K = 39; I = 127;

a) Consideramos la ecuaci´ on del equilibrio de solubilidad del PbI2 : PbI2 (s)

⇄

Pb2+ (aq)

+

2 I− (aq)

Se forma precipitado si el producto i´ onico, Qps , es mayor que el producto de solubilidad, Kps . PbI2 es un compuesto poco soluble del tipo AB2 . La expresi´ on del producto i´ onico para este compuesto es: Qps = [Pb2+ ][I− ]2 . Calculamos los moles de Pb2+ en 50 mL de disoluci´ on, que contienen 0,331 g de Pb(NO3 )2 . nPb(NO3 )2 =

m 0, 331 g = = 0, 001 mol Mm 331 g/mol

2+ El Pb(NO3 )2 es una sal soluble y est´ a disociada en iones NO− 3 y Pb . Cada 2+ mol de Pb(NO3 )2 origina 1 mol de Pb . Por tanto:

nPb2+ = nPb(NO3 )2 = 0, 001 mol

´ CAP´ITULO 8. SOLUBILIDAD Y PRECIPITACION

266

Calculamos los moles de I− en 50 mL de disoluci´ on que contienen 0,332 g de KI: m 0, 332 g nKI = = = 0, 002 mol Mm 166 g/mol El KI es una sal soluble y est´ a disociada en iones I− y K+ . Cada mol de KI + origina 1 mol de K . Por tanto: nI− = nKI = 0, 002 mol Calculamos la concentraci´ on de los iones Pb2+ y I− una vez mezcladas las dos disoluciones: Suponiendo que los vol´ umenes son aditivos, el volumen de la mezcla es 0,05 L + 0,05 L= 0,1 L: [Pb2+ ] = [I− ] =

nPb2+ 1, 0 · 10−3 mol = = 1, 0 · 10−2 M V 0, 1 L nI− 2, 0 · 10−3 mol = = 2, 0 · 10−2 M V 0, 1 L

Calculamos, por u ´ltimo, el producto i´onico: Qps = [Pb2+ ][I− ]2 = (1, 0 · 10−2 ) · (2, 0 · 10−2 )2 = 4, 0 · 10−6 Como el valor de 4, 0 · 10−6 para Qps es mayor que el valor de 1, 0 · 10−8 para Kps , el yoduro de plomo (II) precipita hasta que Qps = Kps , momento en que la disoluci´ on est´ a saturada. Si la mezcla de dos disoluciones puede dar lugar a un compuesto poco soluble, es posible, como en este caso, que cuando se alcance el equilibrio, la disoluci´ on est´e saturada con respecto al precipitado, y que adem´ as no haya exceso de ninguno de sus iones. El equilibrio de precipitaci´ on del yoduro de plomo (II) y la estequiometr´ıa del mismo son los siguientes: Estequiometr´ıa

Pb2+ (aq) 1 mol

+

2 I− (aq) 2 mol

⇄

PbI2 (s) 1 mol

Cuando se mezclan las dos disoluciones, se ponen en contacto 0,01 mol de Pb2+ y 0,02 mol de I− . Resulta f´ acil apreciar que se combinan en la proporci´ on estequiom´etrica 1:2, y no sobrar´ a ning´ un reactivo.

267 Calculamos ahora la masa de yoduro de plomo (II) que se forma: Si despreciamos la masa de yoduro de plomo (II) que permanece en disoluci´ on por ser un compuesto poco soluble, de acuerdo con la estequiometr´ıa de la reacci´ on, a partir de 0,01 mol de Pb2+ y 0,02 mol de I− se formar´ an 0,01 mol de PbI2 con una masa de: 0, 01 mol · 461 g/mol = 4, 6 g PbI2 b) La ecuaci´ on del equilibrio de solubilidad del PbI2 muestra que por cada mol de PbI2 que se disuelve, aparecen 1 mol de Pb2+ y 2 mol de I− . Si, en el equilibrio, la concentraci´ on de sal disuelta, PbI2 (aq), es s mol/L (solubilidad molar), las concentraciones de los iones son las siguientes: PbI2 (s) [

] (mol/L)

⇄

Pb2+ (aq) s

+

2 I− (aq) 2s

Calculamos la solubilidad molar, s, del PbI2 a partir del producto de solubilidad, Kps : Kps = [Pb2+ ][I− ]2 = s · (2s)2 = 4s3 Despejando s, queda: s=

s 3

Kps = 4

s 3

1, 0 · 10−8 = 1, 4 · 10−3 M 4

Las concentraciones de los iones plomo (II) y yoduro son: [Pb2+ ] = s = 1, 4 · 10−3 M;

[I− ] = 2s = 2 · (1, 4 · 10−3 M) = 2, 8 · 10−3 M

Problema 8.18 Se mezclan 200 mL de disoluci´ on 0,01 M de Ba(NO3 )2 con 100 mL de disoluci´ on 0,1 M de NaIO3 . a) Indique si se forma o no precipitado. Justif´ıquelo. b) Determine la solubilidad del BaIO3 en la disoluci´ on que resulta de la mezcla. Dato: Kps BaIO3 = 1, 6 · 10−9 .

a) Consideramos la ecuaci´ on del equilibrio de solubilidad del Ba(IO3 )2 : BaIO3 (s)

⇄

Ba2+ (aq)

+

2 IO− 3 (aq)

´ CAP´ITULO 9. ACIDOS Y BASES

308 Litros de Ca(OH)2 0,2 M V =

0, 0025 mol n = = 0, 0125 L = 12, 5 mL M 0, 2 mol/L

c) El material y el procedimiento son: Material: Un matraz erlenmeyer de 250 mL, dos buretas (una de 50 mL y otra de 25 mL), dos varillas soporte con pie, dos pinzas para las buretas y un agitador magn´etico. Procedimiento: Llenamos la bureta de 25 mL con la disoluci´ on de hidr´ oxido de calcio 0,2 M. A continuaci´ on, vertemos con la otra bureta los 50 mL de ´ acido clorh´ıdrico 0,1 M en un matraz erlenmeyer y le a˜ nadimos unas gotas de fenolftale´ına (el color no se altera al a˜ nadir el indicador ya que la forma a´cida de la fenolftale´ına es incolora). Colocamos el matraz erlermeyer debajo de la bureta y a˜ nadimos la disoluci´ on de hidr´ oxido de calcio, al principio de forma continua, para terminar a˜ nadi´endolo gota a gota, a la vez que agitamos la disoluci´ on con el agitador magn´etico. El punto de equivalencia, que es el punto en el que la neutralizaci´ on se ha completado, lo determinamos por el cambio en el color del indicador (pasa de incoloro a rosa, que es el color de la forma b´ asica de la fenolftale´ına). Ese momento se conoce como punto final de la valoraci´ on. Para que la valoraci´ on sea buena, debe coincidir el punto de equivalencia con el punto final de la valoraci´ on. Cuesti´ on 9.20 a) ¿Qu´e volumen de disoluci´ on de NaOH 0,1 M se necesitar´ıa para neutralizar 10 mL de disoluci´ on acuosa de HCl 0,2 M? b) ¿Cu´ al es el pH en el punto de equivalencia? c) Describa el procedimiento experimental y el nombre del material necesario para llevar a cabo la valoraci´ on.

a) La ecuaci´ on de la reacci´ on de neutralizaci´ on y la estequiometr´ıa de la misma son las siguientes:

Estequiometr´ıa

HCl 1 mol

+

NaOH 1 mol

→

NaCl 1 mol

+

H2 O 1 mol

309 Esquema de la resoluci´ on: n=M ·V

mL dn HCl −→ mol HCl

Estequiometr´ıa

−→

V=

n

M mol NaOH −→ mL dn NaOH

Moles HCl n = M · V = 0, 2 mol/L · 0, 01 L = 0, 002 mol HCl ⌊M = 0, 2 mol/L; V = 10 mL = 0, 01 L⌋ Moles NaOH Seg´ un la estequiometr´ıa del proceso, 1 mol de HCl neutraliza 1 mol de NaOH (id´entica cantidad), luego 0,002 mol de HCl neutralizar´ an 0,002 mol NaOH. Mililitros de NaOH 0,1 M V =

n 0, 002 mol = = 0, 02 L = 20 mL M 0, 1 mol/L

b) Puesto que se trata de la neutralizaci´ on de un ´ acido fuerte con una base fuerte, el pH en el punto de equivalencia es 7. En el punto de equivalencia el n´ umero de iones hidr´ oxido procedentes del hidr´ oxido de sodio neutraliza los iones hidronio procedentes del ´ acido: H3 O+ + OH− → 2 H2 O Los u ´nicos iones hidronio e hidr´ oxido son los procedentes de la autoionizaci´ on del agua. Entonces se cumple que: [H3 O+ ] = [OH− ] = 10−7 M Y el pH es: pH = −log [H3 O+ ] = −log 10−7 = 7 c) El material y el procedimiento son: Material: Un matraz erlenmeyer de 250 mL, una bureta de 25 mL, una pipeta de 10 mL, una varilla soporte con pie, una pinza para la bureta y un agitador magn´etico.

´ CAP´ITULO 9. ACIDOS Y BASES

310 Procedimiento:

Llenamos la bureta de 25 mL con la disoluci´ on de hidr´ oxido de sodio 0,1 M. A continuaci´ on, vertemos conuna pipeta los 10 mL de ´ acido clorh´ıdrico 0,2 M en un matraz erlenmeyer y le a˜ nadimos unas gotas de fenolftale´ına (el color no se altera al a˜ nadir el indicador ya que la forma a´cida de la fenolftale´ına es incolora). Colocamos el matraz erlermeyer debajo de la bureta y a˜ nadimos la disoluci´ on de hidr´oxido de sodio, al principio de forma continua, para terminar a˜ nadi´endolo gota a gota, a la vez que agitamos la disoluci´ on con el agitador magn´etico. El punto de equivalencia, que es el punto en el que la neutralizaci´ on se ha completado, lo determinamos por el cambio en el color del indicador (pasa de incoloro a rosa, que es el color de la forma b´ asica de la fenolftale´ına). Ese momento se conoce como punto final de la valoraci´ on. Para que la valoraci´ on sea buena, debe coincidir el punto de equivalencia con el punto final de la valoraci´ on. Cuesti´ on 9.21 a) El pH de una disoluci´ on de un ´ acido monopr´ otico (HA) de concentraci´ on −3 acido fuerte o d´ebil? Razone su respuesta. 5 · 10 M es 2,3. ¿Se trata de un ´ b) Indique si el pH de una disoluci´ on acuosa de CH3 COONa es mayor, menor o igual a 7. Razone su respuesta.

a) Se trata de un ´ acido fuerte. Si el pH de la disoluci´ on es 2,3, por definici´ on de pH, la concentraci´ on de iones hidronio ser´ a: [H3 O+ ] = 10−2,3 = 5 · 10−3 M Como la concentraci´ on del ´ acido HA coincide con la concentraci´ on de iones hi+ dronio ([HA] = [H3 O ]), est´ a totalmente ionizado, luego se trata de un ´ acido fuerte. b) El acetato de sodio es un electr´ olito fuerte. En disoluci´ on acuosa est´ a totalmente disociado en iones acetato e iones sodio: H O

2 CH3 COONa −→ CH3 COO− + Na+

El ion sodio no reacciona con el agua, ya que se trata de un ´ acido d´ebil, mientras que el ion acetato s´ı, ya que se trata de una base fuerte (su ´ acido conjugado, el acido ac´etico, es un ´ ´ acido d´ebil). El equilibrio de hidr´ olisis del ion acetato es el siguiente: CH3 COO− + H2 O ⇆ CH3 COOH + OH−

382

´ ´ CAP´ITULO 10. REACCIONES DE OXIDACION-REDUCCI ON

Problema 10.24 El ´ acido sulf´ urico reacciona con cobre para dar sulfato de cobre (II), di´ oxido de azufre y agua. a) Ajuste, por el m´etodo del ion-electr´ on, la reacci´ on molecular. b) ¿Qu´e masa de sulfato de cobre (II) se puede preparar por la acci´ on de 2 mL de ´ acido sulf´ urico del 96 % de riqueza en peso y densidad 1,84 g/mL sobre cobre en exceso? Masas at´ omicas: H = 1; O = 16; S = 32; Cu = 63,5.

a) La ecuaci´ on a ajustar en forma molecular es la siguiente: 0 Cu

+

+6 H2 SO4

→

+2 CuSO4

+

+4 SO2

+

H2 O

Puesto que la reacci´ on transcurre en un medio acuoso, disociamos en iones el acido sulf´ ´ urico y el sulfato de cobre (II), y expresamos la ecuaci´ on de la siguiente manera: 2− 2+ Cu + [2 H+ , SO2− 4 ] → [Cu , SO4 ] + SO2 + H2 O La ecuaci´ on representa una reacci´ on redox, porque algunos elementos var´ıan su n´ umero de oxidaci´ on (n.o.). Las especies qu´ımicas que contienen esos elementos experimentan una oxidaci´ on o reducci´ on seg´ un aumente o disminuya, respectivamente, el n.o del elemento en esas especies. Observamos que el cobre aumenta su n.o. de 0 en la sustancia cobre a +2 en el ion cobre (II), mientras que el azufre disminuye su n´ umero de oxidaci´ on de +6 en el ion sulfato a +4 en el di´ oxido de azufre. Por tanto, el cobre (el reductor) se oxida a ion cobre (II), mientras que el ion sulfato (el oxidante) se reduce a di´ oxido de azufre. Las semiecuaciones de oxidaci´ on y reducci´ on ajustadas at´ omica y el´ectricamente son las siguientes: S. oxidaci´ on: S. reducci´ on:

Cu → Cu2+ + 2 e− + − SO2− → SO2 + 2 H2 O 4 + 4H + 2e

Sumamos las dos semiecuaciones para obtener la ecuaci´ on i´onica: S. oxidaci´ on:

 − Cu → Cu2+ +  2 e

S. reducci´ on:

 + − SO2− 2 e → SO2 + 2 H2 O 4 + 4H +

E. i´ onica:

+ Cu + SO2− → Cu2+ + SO2 + 2 H2 O 4 + 4H

383 Comprobamos que la ecuaci´ on i´ onica est´ a ajustada tanto at´ omica como el´ectricamente. En este u ´ltimo caso, comprobamos que la carga neta en ambos miembros es la misma: [1 × (2−) + 4 × (1+)] = 1 × (2+) = 2+ Trasladamos los coeficientes de la ecuaci´ on i´ onica a la molecular, teniendo en cuenta que como hay 4 H+ por cada SO2− que se reduce a SO2 , ponemos como 4 coeficiente un 2 delante de H2 SO4 : Cu + 2 H2 SO4 → CuSO4 + SO2 + 2 H2 O b) La ecuaci´ on de la reacci´ on y la estequiometr´ıa de la misma son las siguientes: Cu 1 mol

+ +

2 H2 SO4 2 mol

→ →

CuSO4 1 mol

+ +

SO2 1 mol

+ +

2 H2 O 2 mol

Esquema de los pasos para la resoluci´ on: n=M ·V

mL dn. H2 SO4 −→ mol H2 SO4 1

Estequiometr´ıa

−→ 2

mol CuSO4

m=n·Mm

−→ 3

g CuSO4

① Moles de H2 SO4 Calculamos primeramente la molaridad del ´ acido sulf´ urico concentrado mediante factores de conversi´ on: MH2 SO4 conc. =

   96 g H  g dn SO 1 840  2 4 1 mol H2 SO4 ·   ·  = 18 M   L dn 100  g dn 98  gH 2 SO 4

⌊Mm = 98 g H2 SO4 /mol H2 SO4 ; d = 1, 84 g dn/mL dn = 1 840 g dn/L dn; Riqueza = 96 % = 96 g H2 SO4 /100 g dn⌋ on ser´ an: Los moles de H2 SO4 en 2 mL (0,002 L) de disoluci´ n = M · V = 18

mol · 0, 002 L = 0, 036 mol H2 SO4 L

② Moles de CuSO4 Seg´ un la estequiometr´ıa de la reacci´ on, 2 mol de H2 SO4 producen 1 mol de CuSO4 (la mitad). Por tanto, si reaccionan 0,036 mol de H2 SO4 producir´ an tambi´en la mitad: 0,018 mol de CuSO4. ③ Gramos de CuSO4 m = n · Mm = 0, 018 mol · 159, 5

g = 2, 87 g CuSO4 mol

CAP´ITULO 11. PROCESOS ELECTROQU´IMICOS

414

② Moles de Cl2 liberados Seg´ un la estequiometr´ıa del proceso global, se deposita el mismo n´ umero de moles de n´ıquel que se libera de cloro. Por tanto, si se han producido 0,0373 mol de Ni, se habr´ an liberado tambi´en 0,0373 mol de Cl2 . ③ Litros de Cl2 liberados en c.n. En condiciones normales de p y T un mol de cualquier gas ocupa 22,4 L. Por tanto: V = n · Vm = 0, 0373 mol · 22, 4 L/mol = 0, 83 L Cl2 Problema 11.22 Dos cubas electrol´ıticas conectadas en serie, contienen una disoluci´ on acuosa de AgNO3 la primera, y una disoluci´ on acuosa de H2 SO4 la segunda. Al pasar cierta cantidad de electricidad por las dos cubas se han obtenido, en la primera, 0,090 g de plata. Calcule: a) La carga el´ectrica que pasa por las dos cubas. b) El volumen de H2 , medido en condiciones normales, que se obtiene en la segunda cuba. Datos: F = 96 500 C. Masas at´ omicas: Ag = 108; O = 16.

a) Al pasar la corriente el´ectrica a trav´es de las cubas que contienen una disoluci´ on de nitrato de plata y una disoluci´ on de ´ acido sulf´ urico, tiene lugar en el c´ atodo de la primera una deposici´ on de plata met´ alica, y en el c´ atodo de la segunda un desprendimiento de hidr´ ogeno. En los ´ anodos respectivos, las mol´eculas de agua se oxidan, originando ox´ıgeno gaseoso. Los iones nitrato y sulfato no se descargan, ya que el agua se oxida antes que ellos. Batería e

−

e−

Ánodo+

− O2

Ag

H2 O Ag+ NO− 3

e−

e−

+

−Cátodo O2

H2

H2 O H+ SO2− 4

Las semiecuaciones de reducci´ on en ambas cubas, as´ı como sus estequiometr´ıas son las siguientes:

415 Cuba primera (disoluci´ on de nitrato de plata): Estequiometr´ıa

Ag+ (aq) 1 mol

+

e− 1 mol

→

Ag (s) 1 mol

2 e− 2 mol

→

H2 (g) 1 mol

Cuba segunda (disoluci´ on de ´ acido sulf´ urico): Estequiometr´ıa

2 H+ (g) 2 mol

+

Con el dato de la masa de plata depositada, determinamos la carga necesaria que ha de pasar por la cuba que contiene la disoluci´ on de nitrato de plata para que se produzca esa deposici´ on. Puesto que ambas cubas est´ an conectadas en serie, por la otra celda ha de pasar tambi´en la misma carga. Esquema de los pasos para la resoluci´ on: n= Mm

g Ag −→m mol Ag 1

Estequiometr´ıa

−→ 2

mol e−

Q=ne− ·F

−→ 3

C

① Moles de Ag n=

m 0, 090 g = = 8, 33 · 10−4 mol Ag Mm 108 g/mol

② Moles de e− que intervienen Seg´ un la estequiometr´ıa del proceso de reducci´ on, por cada mol de Ag depo− sitado interviene 1 mol de e . Por tanto, si se depositan 8, 33 · 10−4 mol Ag, intervendr´an 8, 33 · 10−4 mol e− . ③ Culombios que pasan Puesto que 1 mol de e− transportan una carga de 96 500 C (1 F): Q = ne− · F = 8, 33 · 10−4 mol e− ·

96 500 C = 80, 4 C mol e−

b) Conocida la carga que pasa cuando se deposita una determinada masa de plata, podemos conocer el volumen de hidr´ogeno que se desprende cuando pasa por la segunda cuba la misma cantidad de carga. Esquema de los pasos para la resoluci´ on: mol e−

Estequiometr´ıa

−→ 1

mol H2

V =n·Vm

−→ L H2 c.n.p y T 2

CAP´ITULO 11. PROCESOS ELECTROQU´IMICOS

416

① Moles de H2 desprendidos Seg´ un la estequiometr´ıa del proceso de reducci´ on, por cada 2 mol de e− que intervienen se desprende 1 mol de H2 (la mitad de moles). Por tanto, si intervienen 8, 33 · 10−4 mol e− , se desprender´ an: 1 · 8, 33 · 10−4 = 4, 16 · 10−4 mol H2 2 ② Litros de H2 desprendidos en condiciones normales de p y T En c.n. de p y T un mol de cualquier gas ocupa 22,4 L. Por tanto: V = n · Vm = 4, 16 · 10−4 mol · 22, 4

L = 9, 32 · 10−3 L = 9, 32 mL H2 mol

Problema 11.23 a) Calcule el tiempo necesario para que una corriente de 6 amperios deposite 190,50 g de cobre de una disoluci´ on de CuSO4 . b) ¿Cu´ antos moles de electrones intervienen? Datos: F = 96 500 C. Masa at´ omica: Cu = 63,5.

a y b) La ecuaci´ on del proceso de deposici´ on del cobre y la estequiometr´ıa del mismo son las siguientes: Estequiometr´ıa

Cu2+ (aq) 1 mol

2e− 2 mol

+

→

Cu (s) 1 mol

Este proceso corresponde a la reducci´ on del ion cobre (II) a cobre metal, y tiene lugar en el c´ atodo de la celda. Esquema de los pasos para la resoluci´ on: n= Mm

g Cu −→m mol Cu 1

Estequiometr´ıa

−→ 2

mol e−

Q=ne− ·F

−→ 3

t= Q

I C −→ stranscurridos 4

① Moles de Cu n=

m 190, 5 g = = 3 mol Cu Mm 63, 5 g/mol

② Moles de e− que intervienen (apartado b)

´ CAP´ITULO 12. ALGUNAS FUNCIONES ORGANICAS

424

funci´ on qu´ımica (poseen mismo grupo funcional), tienen id´entica f´ ormula general y difieren s´ olo en la longitud de la cadena; es decir, en el n´ umero de −CH2 −. b) Un compuesto de la misma serie hom´ ologa que: CH3 CH3 (etano) es CH3 CH2 CH3 (propano). Ambos pertenecen a la serie hom´ ologa de los alcanos. En este caso, no podemos decir que exista grupo funcional. CH3 CH2 CH2 OH (propan-1-ol) es CH3 CH2 OH (etanol). Ambos pertenecen a la serie hom´ ologa de los alcoholes. El grupo funcional presente en esta serie hom´ ologa es el grupo −OH (grupo hidroxilo), caracter´ıstico de la funci´ on alcohol. CH3 CH2 NH2 (etilamina) es CH3 CH2 CH2 CH2 NH2 (butilamina). Ambos pertenecen a la serie hom´ ologa de las aminas primarias, ya que se diferencian en un −CH2 . El grupo funcional presente en esta serie hom´ ologa es el grupo −NH2 (grupo amino), caracter´ıstico de la funci´ on amina primaria. Cuesti´ on 12.5 Defina los siguientes conceptos y ponga un ejemplo de cada uno de ellos: a) Isomer´ıa de funci´ on. b) Isomer´ıa de posici´ on. c) Isomer´ıa ´ optica. a) Isomer´ıa de funci´ on es aquella en los que los is´ omeros1 se diferencian en que tienen distinto grupo funcional. Ejemplo: CH3 − O − CH3 Dimetil ´eter

CH3 CH2 OH Etanol

El dimetil ´eter tiene el grupo funcional oxi, caracter´ıstico de los ´eteres, mientras que el etanol tiene el grupo funcional hidroxilo, caracter´ıstico de los alcoholes. b) Isomer´ıa de posici´ on es aquella en la que los is´ omeros se diferencian en la posici´ on que ocupa el grupo funcional en una cadena hidrocarbonada. Ejemplo: CH3 CH2 CH2 Cl 1 − Cloropropano 1

CH3 CHClCH3 2 − Cloropropano

Debemos recordar que los is´ omeros son sustancias que tienen la misma f´ ormula molecular pero diferente estructura molecular o diferente disposici´ on espacial de los ´ atomos. Como podemos observar, el dimetil ´eter y el etanol tienen la misma f´ ormula molecular, C2 H6 O.

425 En el 1-cloropropano el ´ atomo de cloro est´ a en el carbono 1, mientras que en el 2-cloropropano el cloro est´ a en el carbono 2. c) La isomer´ıa ´ optica (o enantiomer´ıa) es aquella en la que los is´ omeros se diferencian por su distinto comportamiento frente a la luz polarizada. Esta isomer´ıa la presentan las mol´eculas que no tienen un plano de simetr´ıa (mol´eculas quirales), esto hace posible la existencia de dos is´ omeros ´ opticos (+) y (−), im´ agenes especulares entre s´ı. La mol´eculas que tienen un carbono asim´etrico (carbono unido a cuatro grupos distintos) son quirales. As´ı, el ´ acido 2-aminopropanoico presenta isomer´ıa ´ optica. A continuaci´ on, se representan los is´ omeros ´ opticos (+) y (−) del ´ acido 2-aminopropanoico (a la izquierda, en f´ ormulas tridimensionales, y a la derecha, mediante las proyecciones de Fischer2 de esas f´ ormulas): CH3 H2 N HOOC

C

H

H2 N

CH3 H

C

NH2 COOH

Una sustancia ´opticamente activa es aquella que desv´ıa el plano de la luz polarizada. La rotaci´ on de la luz polarizada se puede detectar con el polar´ımetro. Consta de una fuente luminosa, dos lentes polarizadoras y, entre ellas, un tubo con la sustancia para analizar su actividad ´ optica.

CH3

NH2 H

HOOC

H

CH3 COOH

Fuente de luz

Polarizador

Rotación observada

Tubo con la sustancia Analizador

Ojo

La luz ordinaria, cuya vibraci´ on ocurre en todos los planos, atraviesa primero una de las lentes, el polarizador, que la transforma en luz que vibra en un s´ olo plano; despu´es pasa por el tubo y, a continuaci´ on, por la otra lente, el analizador. Para poner a cero el polar´ımetro, se dispone ´este de tal manera que en ausencia de sustancia la intensidad de luz que se observa sea la m´ axima. En presencia de la sustancia ´ opticamente activa, hay que girar el analizador hasta que otra vez la intensidad sea m´ axima. Si tenemos que girar el analizador un cierto ´ angulo hacia la derecha, la sustancia es dextr´ ogira (+), y si tenemos que girarlo hacia la izquierda, lev´ ogira (−). 2

En las proyecciones de Fischer las l´ıneas horizontales representan enlaces que salen del plano y las l´ıneas verticales, enlaces que entran en el plano (son como el resultado de aplastar las f´ ormulas tridimensionales).

Cap´ıtulo 13

Formulaci´ on y nomenclatura En las f´ ormulas de compuestos inorg´ anicos el tipo de nomenclatura utilizado es: Compuestos binarios metal + no metal: nomenclatura de Stock. FeCl2 Cloruro de hierro (II)

Ag2 O ´ Oxido de plata

AuH3 Hidruro de oro (III)

HgO2 Per´ oxido de mercurio (II)

Compuestos binarios no metal + no metal: nomenclatura de sistem´ atica. Es v´ alida tambi´en la nomenclatura con nombres especiales de los hidruros del N, P, As, ... BCl3 Tricloruro de boro

Cl2 O mon´ oxido de dicloro

H2 S Sulfuro de hidr´ ogeno

NH3 Amoniaco Trihidruro de nitr´ ogeno

Hidr´ oxidos: nomenclatura de Stock. NaOH Hidr´ oxido de sodio

Pb(OH)4 Hidr´ oxido de plomo (IV)

HgOH Hidr´ oxido de mercurio (I)

Oxo´ acidos y oxosales: nomenclatura tradicional. H2 SO4 ´ Acido sulf´ urico

HClO ´ Acido hipocloroso

CaCO3 Carbonato de calcio

NaH2 PO4 Dihidr´ ogenofosfato de sodio

En las f´ ormulas de compuestos org´ anicos, el localizador del grupo funcional se pospone al prefijo que indica el n´ umero de a´tomos de la cadena carbonada. CH2 = CHCH2 CH3 But − 1 − eno

CH3 CH2 COCH2 CH2 CH3 Pentan − 3 − ona

449

CH3 CHOHCH2 OH Propano − 1, 2 − diol

450

´ Y NOMENCLATURA CAP´ITULO 13. FORMULACION

Cuesti´ on 13.1 Formule o nombre los compuestos siguientes: ´ a) Acido percl´ orico. b) Seleniuro de hidr´ ogeno. c) Pent-4-en-2-ol. d) LiH. e) OsO4 . f) CH3 CHO.

a) HClO4 b) H2 Se c) CH2 = CHCH2 CHOHCH3 d) Hidruro de litio ´ e) Oxido de osmio (VIII) f) Etanal Cuesti´ on 13.2 Formule o nombre los compuestos siguientes: a) Per´ oxido de bario. b) Fluoruro de plomo (II). c) Metano. d) Bi2 O3 . e) H2 SO3 . f) HCONH2 .

a) BaO2 b) PbF2 c) CH4 ´ d) Oxido de bismuto (III) ´ e) Acido sulfuroso f) Metanamida Cuesti´ on 13.3 Formule o nombre los compuestos siguientes: ´ a) Oxido de cromo (III). b) Nitrato de magnesio. c) Fenilamina. d) HgS. e) H3 BO3 . f) CHCl3 .

a) Cr2 O3 b) Mg(NO3 )2