PAU CyL Mol y disoluciones 2000 - 2009

1

PAU CyL J2000 ppm y molalidad del H2SO4 Justifique de forma razonada la veracidad, o en su caso la falsedad, de cada una de las siguientes aseveraciones: a) Al analizar una disolución que contiene Fe3+ como soluto, se da como resultado el siguiente dato: 4 ppm. Esto significa que hay 4 mg de Fe3+ por cm3 de disolución. b) Una disolución acuosa de H2SO4 tiene una densidad de 1,830 g/cm3, y un 93,64% de riqueza en peso; por lo tanto su molaridad es 34,94. a) Falsa. La expresión ppm (partes por millón) es una unidad de concentración que establece una relación de masa entre soluto y disolución de 1:106. Teniendo en cuenta que la disolución es extremadamente diluida, se puede suponer que 1 cm3 de disolución tiene una masa de 1 g. Por tanto, 4 mg Fe3+ por gramo de disolución tiene una relación de 1:103, lo cual no coincide con el dato propuesto. Que la concentración de iones de Fe3+ sea 4 ppm (4 partes por millón), significa que hay 4 mg de Fe3+ por cada litro de disolución. 4 mg soluto 4 mg soluto 4 mg soluto 4 ppm = 6 = 3 = 10 mg disolución 10 g disolución 1L disolución b) Falsa. La masa de un litro de disolución es: m = d · V = 1,830 g/cm3 · 1000 cm3 = 1 830 g 93,64 La cantidad de ácido puro es: m puro = 1830 g = 1713,6 g 100 1713,6 g Y la molaridad es: c = 98 g / mol = 17,48 mol / L 1L

PAU CyL S2001 ppm, molalidad y molaridad en disoluciones diluidas. Debido al riesgo que los nitratos suponen para nuestra salud, las empresas embotelladoras de agua realizan controles para evitar que el contenido en nitratos del agua exceda de 10 ppm. a) ¿Será apta para el consumo un agua con una concentración de 0,009 g/L de nitrato? b) Razone si es correcta la siguiente proposición: “Cuando una disolución acuosa es muy diluida, la molalidad es prácticamente igual a la molaridad.” a) La expresión ppm (partes por millón) es una unidad de concentración que establece una relación de masa entre soluto y disolución de 1:106. Teniendo en cuenta que la disolución es extremadamente diluida, se puede suponer que 1 cm3 de disolución tiene una masa de 1 g. Por tanto: 0,009 g soluto 9 mg soluto 9 mg soluto c= = = 6 = 9 ppm 1L disolución 1kg disolución 10 mg disolución Como la cantidad de nitratos es inferior al máximo permitido, el agua es apta para el consumo. b) Las expresiones de la molaridad (M) y de la molalidad (m) son: M = moles soluto / V disolución (L) m = moles soluto / kg disolvente Una disolución muy diluida (con muy poco soluto), tiene un volumen de disolución que es prácticamente igual al volumen de disolvente. Como el disolvente suele ser agua, de densidad 1 kg/L, los valores numéricos de la masa disolvente expresada en kg coinciden con el valor del volumen de la disolución expresado en L. Por tanto, los valores numéricos de la molalidad y de la maridad coninciden en el caso de disoluciones muy diluidas.

PAU CyL Mol y disoluciones 2000 - 2009

2

PAU CyL J2002 preparar ácido nítrico Si se parte de un ácido nítrico del 68 % en peso y densidad 1,52 g/mL: a) ¿Qué volumen debe utilizarse para obtener 100 mL de ácido nítrico del 55 % en peso y densidad 1,43 g/mL ? b) ¿Cómo lo prepararía en el laboratorio? Aplicando la definición d densidad: d =

m V

y teniendo en cuenta la riqueza, se tiene que la masa de

HNO3 que hay en los 100 mL de disolución es: mHNO3 = 1,43

55 partes HNO3 g ·100 mL · = 78,65 g HNO3 mL 100 partes disolución

Esta cantidad de HNO3 hay que cogerlo del ácido comercial inicial. La masa de ácido comercial es: m comercial = 78,65 g HNO3

100 partes comercial = 115,66 g de ácido comercial 68 partes HNO3

Y el volumen de ácido comercial es: V=

m 115,66 g = = 76,1mL ácido comercial d 1,52 g / mL

b) Se vierten en una probeta 76,1 mL de ácido comercial. Se pone un poco de agua en un vaso de precipitados y se vierte el ácido comercial sobre el agua lentamente. Se trasvasa esta disolución a un matraz aforado de 100 mL y se añade más agua hasta enrasar los 100 mL. PAU CyL S2002 disolución de fosfórico Se desea preparar 10,0 L de ácido fosfórico, H3PO4 , 2,00 M. a) Determínese el volumen de ácido fosfórico de densidad 1,53 g/mL y 80% en peso que debe tomarse. b) Considere si la proposición siguiente es cierta: "La fracción molar de H3PO4 depende de la temperatura". a) La masa molar del H3PO4 es 98 g/mol La cantidad de H3PO4 que se precisa es: m m M H3PO 4 98 g / mol molaridad = ; 2,00 mol / L = ⇒ m puro = 1960 g de ácido puro V en L 10 L La masa de ácido comercial a utilizar es: 100 partes comercial m comercial = 1960 g ácido puro · = 2 450 g ácido comercial 80 partes puro m 2 450 g Este ácido comercial ocupa un volumen: V = = = 1601,31 mL d 1,53 g / mL b) Falsa, ya que la fracción molar se define como x ácido = sustancia son independientes de la temperatura.

PAU CyL J2003 preparar una disolución HCl

n ácido y los moles de una n ácido + n disolvente

PAU CyL Mol y disoluciones 2000 - 2009

3

Se desea preparar 250cc de una disolución 0,29 molar de ácido clorhídrico y para ello se dispone de agua destilada y de un reactivo comercial de tal ácido, cuya etiqueta, entre otros, contiene los siguientes datos: HCl densidad 1,184 g/mL y 37,5 % en peso. a) ¿Cuántos mililitros del reactivo comercial se necesitarán para preparar la citada disolución? b) Explique cómo actuará para preparar la disolución pedida y el material utilizado. a) La masa molar del HCl es: MHCl = 36,5 g/mol Primero se calcula la cantidad de HCl que se precisa: m m M HCl 36,5 g / mol molaridad = ; 0,29 mol / L = ⇒ m puro = 2,65 g HCl puro V en L 0,250 L La masa de ácido comercial a utilizar es: 100 partes comercial m comercial = 2,65 g HCl · = 7,01g HCl comercial 37,5 partes puro m 7,01g = 5,9 mL Este ácido comercial ocupa un volumen: V = = d 1,184 g / mL b) Se vierte un poco de ácido comercial en un vaso de precipitados. Con una pipeta y ayudándose con un pera, nunca pipetear con la boca, se extraen 5,9 mL del ácido de vaso y se vierten en un matraz aforado de 250 cc. Se rellena con agua destilada hasta el enrase.

PAU CyL S2003 molaridad y molalidad en mezcla de disoluciones Se mezclan las siguientes cantidades de hidróxido de calcio en un matraz: 0,435 g; 1,55 ·10-3 moles; 30 mL de una disolución 0,011 M en esta sustancia; 50 mL de una disolución que contiene 0,61 moles de este compuesto en 1 litro de disolución. Suponiendo que el volumen final de disolución es de 80 mL y que la densidad de la disolución final es igual a 1,053 g/mL. Calcule: a) La molaridad de la disolución resultante. b) La molalidad de la misma. La masa molar de la sustancia es M(Ca(OH)2) = 74 g/mol y los moles aportados en cada supuestos son: m 0,435 g n1 = = = 5,88 ·10 −3 mol M 74 g / mol n2 = 1,55 · 10-3 mol n3 = M · V = 0,011 mol/L · 0,030 L = 3,3 · 10-4 mol n4 = M · V = 0,61 mol/L · 0,050 L = 3,05 · 10-2 mol Los moles totales de hidróxido de calcio son: n = n1 + n2 + n3 + n4 = 0,03826 mol La molaridad de la disolución resultante es: n 0,03826 mol molaridad = = = 0,478 mol / L V en L 80 ·10 −3 L b) La molalidad expresa la masa de soluto presente en un kg de disolvente. Por ello hay que determinar la masa de soluto y de disolvente que contienen un cierto volumen de disolución. Lo más fácil es tomar 1 L de disolución.

PAU CyL Mol y disoluciones 2000 - 2009

4

La masa de 1 L de la disolución es: mdisolución = d · V = 1,053 g/mL · 1 000 mL = 1 053 g Conocida la molaridad, se calcula el soluto disuelto en ese litro de disolución: msoluto = 0,478 mol/L · 74 g/mol = 35,372 g La masa de disolvente en ese litro de disolución es: mdisolvente = mdisolución – msoluto = 1 053 g – 35,372 g = 1 017,628 g Por tanto la molalidad es: molalidad =

n 0,478 mol = = 0,47 mol / kg disolvente m disolvente en kg 1,017628 kg disolvente

De igual forma se resuelve el ejercicio tomando solamente los 80 mL de disolución. mdisolución = d · V = 1,053 g/mL · 80 mL = 84,24 g msoluto = 0,03826 mol/L · 74 g/mol = 2,83 g mdisolvente = mdisolución – msoluto = 84,24 g – 2,83 g = 81,41 g Por tanto la molalidad es: n 0,03826 mol molalidad = = = 0,47 mol / kg disolvente m disolvente en kg 81,41·10 −3 kg disolvente PAU CyL J2004 masa y moles de disoluciones de HCl y HNO3 Indicar, razonadamente, si son ciertas o falsas las proposiciones siguientes: a) Para preparar 100 ml de una disolución acuosa de ácido clorhídrico 0,1 M se deben utilizar 0,858 ml cuando se parte de una disolución acuosa de ácido clorhídrico comercial del 36% en peso y densidad de 1,18 g ml-1. b) Una disolución acuosa de ácido clorhídrico 1,2 M posee mayor número de moles y mayor número de gramos de soluto por litro de disolución que una disolución acuosa de ácido nítrico 0,8 M. a) La masa molar del HCl es: MHCl = 36,5 g/mol Primero se calcula la cantidad de HCl que se precisa para preparar la disolución: m m M HCl 36,5 g / mol molaridad = ; 0,1mol / L = ⇒ m puro = 0,365 g HCl puro V en L 0,100 L La masa de ácido comercial a utilizar es: 100 partes comercial m comercial = 0,365 g HCl · = 1,01g HCl comercial 36 partes puro m 1,01g Este ácido comercial ocupa un volumen: V = = = 0,589 mL d 1,18 g / mL Luego la proposición es cierta. b) La primera proposición es cierta, a igualdad de volumen hay mayor cantidad de moles de soluto en la disolución más concentrada. Para la segunda parte se calculan los gramos de soluto por litro en cada una de las disoluciones. Las masas molares son: M(HCl) = 36,5 g/mol y M(HNO3) = 63 g/mol

PAU CyL Mol y disoluciones 2000 - 2009

5

En un L de HCL: m = 1 L · 1,2 mol/L · 36,5 g/mol = 43,8 g/L de HCl En un L de HNO3: m = 1 L · 0,8 mol/L · 63 g/mol = 50,4 g/L de HNO3 La masa de soluto es mayor en la disolución de ácido nítrico PAU CyL S2004 partes por millón a) ¿Cuántos gramos de K2Cr2O7 serán necesarios para preparar 100 mL de una disolución acuosa que contenga 50 mg de ion Cr2O72- por mL? b) Exprese, en partes por millón (p.p.m.), la concentración del aluminio contenido en una planta cuyo análisis dio como resultado un contenido en Al de 0,0025 %. a) La cantidad de ión Cr2O72- presente en los 100 mL es: mión dicromato = 50 mg/mL · 100 mL = 5000 mg = 5 g Las masas molares de las dos especies son: MK 2Cr2O7 = 294,2 g / mol; MCr2O72− = 216 g / mol La masa de dicromato de potasio es: mK 2Cr2O7 = 5 g Cr2O72 − ·

294,2 g K 2Cr2O7 216 g Cr2O27 −

= 6,81g K 2Cr2O7

b) La expresión ppm (partes por millón) es una unidad de concentración que establece una relación de masa entre el soluto y la disolución de 1:106. % masa =

msoluto m Al m Al 2,5 ·10 −3 ·100; 0,0025 % = ·100; = = 2,5 ·10 − 5 mdisolución mplanta mplanta 100

Operando:

m Al 10 6 25 = 2,5 ·10 − 5 6 = 6 = 25 ppm mplanta 10 10

PAU CyL J2005 preparar disolución ácido nítrico La etiqueta de una botella de ácido nítrico señala como datos del mismo: densidad 1,40 kg/L y riqueza 65 % en peso, además de señalar sus características de peligrosidad. a) Qué volumen de la misma se necesitarán para preparar 250 cm3 de una disolución 0,5 M. b) Explique el procedimiento seguido en el laboratorio y dibuje y nombre el material necesario para su preparación. a) En primer lugar se calcula la cantidad de HNO3 puro que contiene la disolución. m

m mol 63 g / mol molaridad = ; 0,5 = ⇒ m = 7,88 g de HNO3 puro que se precisa V en L L 0,250 L MHNO3

La cantidad de ácido comercial que se sacará del recipiente del laboratorio es: mcomercial = 7,88 g ácido puro

100 g comercial = 12,12 g de ácido comercial 65 g puro

Como la densidad del ácido comercial es: ρ = 1,40 kg/L = 1,40 g/cm3. El volumen de ácido que se extrae del recipiente es: V =

m 12,12 g = = 8,7 cm3 ρ 1,40 g / cm3

b) Se vierte un poco de ácido comercial en un vaso de precipitados. Con una pipeta limpia y seca y ayudándonos con una pera se miden 8,7 cm3 de ácido comercial, que se viertes en otro vaso de precipitados.

PAU CyL Mol y disoluciones 2000 - 2009

6

Se añade un poco de agua destilada al vaso de precipitados y se trasvasa la disolución a una probeta o a un matraz aforado. Se añade agua, en pequeñas dosis, al vaso de precipitados con la que se rellena la probeta o el matraz aforado hasta el volumen pedido. Al enrasar hay que tener cuidado con el error de la paralaje. Se trasvasa el contenido de la probeta o del matraz aforado a un frasco de cristal y se etiqueta. PAU CyL S2005 molalidad y preparar disolución sulfúrico Se tiene una disolución de ácido sulfúrico de riqueza del 98 % en peso y densidad 1,84 g cm-3. a) Calcule la molalidad del citado ácido. b) Calcule el volumen de ácido sulfúrico necesario para preparar 100 cm3 de disolución del 20 % y densidad 1,14 g cm-3. a) La masa de un litro de disolución es: mdisolución = d · V = 1,84 g/mL · 1000 mL = 1840 g La masa de H2SO4 y de agua que contiene ese litro de disolución son: mH2SO4 = 1840 g disolución

98 partes H2SO 4 = 1803,2 g de soluto 100 partes disolución

mH2O = 1840 g - 1803,2 g = 36,8 g disolvente m MH2SO4

1803,2 g H2SO 4 mol 98 g / mol molalidad = = = 500 − 3 mdisolvente en kg 36,8 ·10 kg disolvente kg disolvente

b) La masa de H2SO4 que contienen los 100 mL de la disolución que se desea preparar es: mH2SO4 = 1,14

20 partes H2SO 4 g 100 mL = 22,8 g H2SO 4 mL 100 partes disolución

La masa que se debe tomar de la disolución concentrada es: m concentrada = 22,8 g H2SO 4

100 partes disolución = 23,27 g disolución concentrada 98 partes H2SO 4

Y el volumen que ocupa es: V =

m 23,27 g disolución = = 12,65 mL disolución concentrada g d 1,84 mL

PAU CyL S2006 preparar disolución KOH Se disuelven 54,9 g de hidróxido de potasio en la cantidad de agua precisa para obtener 500 mL de disolución. Calcule: a) La molaridad de la disolución. b) El volumen de disolución de hidróxido de potasio necesario para preparar 300 mL de disolución 0,1 M. c) Indique el material de laboratorio que utilizaría y qué haría para preparar la disolución inicial.

a) Aplicando la definición de molaridad:

m 54,9 g MKOH 56,1g / mol molaridad = = = 1,96 mol / L V en L 0,5 L

b) Aplicando la conservación de la masa de soluto a las dos disoluciones, resulta que: nconcentrada = ndiluida; Mconcentrada · Vconcentrada = Mdiluida · Vdiluida Sustituyendo: 1,96 mol/L · Vconcentrada = 0,1 mol/L · 300 mL ⇒ Vconcentrada = 15,3 mL

PAU CyL Mol y disoluciones 2000 - 2009

7

En una probeta de 50 mL se vierten 15,3 mL de la disolución concentrada. En un vaso de precipitados se pone un poco de agua destilada y se vierte el contenido de la probeta. La disolución obtenida se trasvasa a un matraz aforado de 300 mL y se añade agua destilada hasta el enrase de 300 mL y se etiqueta. PAU CyL S2006 preparar amoníac, molalidad y fracción molar Una disolución acuosa al 8% en masa de amoniaco tiene una densidad de 0,96 g/ml. a) Calcule la molaridad, molalidad y la fracción molar del amoniaco. b) ¿Cómo prepararía 100 ml de dicha disolución en el laboratorio a partir de una disolución 4 M de amoniaco? c) Nombre y dibuje el material de laboratorio empleado. a) Se coge 1 L de disolución. La masa de ese litro de disolución y la masa de amoníaco son: mdisolución = d · V = 0,96 g/mL · 1000 mL = 960 g mNH3 = 960 g disolución

8 partes NH3 = 76,8 g NH3 100 partes disolución

Y la masa de solvente en 1 L de disolución es: mH2O = 960 g - 76,8 g = 883,2 g m MNH3

76,8 g NH3 17 g / mol molaridad = = = 4,51mol / L V en L 1L m MNH3

76,8 g NH3 mol 17 g / mol molalidad = = = 5,1 mdisolvente en kg 0,8832 kg disolvente kg disolvente

Las fracción molar del amoníaco es: χ amoníaco

mamoníaco 76,8 g Mamoníaco 17 g/mol = = = 0,084 76,8 g 883,2 g mamoníaco m agua + + 17 g/mol 18 g/mol Mamoníaco Magua

b) No se puede preparar una disolución concentrada, 4,51 molar, a partir de una más diluida 4 M. PAU CyL J2007 diluir una disolución de HCl Se dispone de 100 mL de una disolución de ácido clorhídrico 0,5 M y se desea preparar 100 mL de otra disolución del mismo ácido pero de concentración 0,05 M. a) ¿Cómo se procedería? (hasta 1,5 puntos) b) Señale y dibuje el material más adecuado para hacerlo en el laboratorio. (hasta 0,5 puntos)

100 mL, 0,5 M concentrada

a partir de la concentrada preparar una diluida

100 mL, 0,05 M diluida

Aplicando la conservación de la masa de soluto a las dos disoluciones, resulta que: nconcentrada = ndiluida; Mconcentrada · Vconcentrada = Mdiluida · Vdiluida Sustituyendo: 0,5 M · Vconcentrada = 0,05 M · 0,1 L ⇒ Vconcentrada = 0,01 L

PAU CyL Mol y disoluciones 2000 - 2009

8

Se toman 10 mL de la disolución concentrada con una pipeta, ayudándonos con una pera de absorción, se colocan en un matraz aforado de 100 mL y se completa con agua hasta los 100 mL. Se etiqueta y se guarda. PAU CyL S2007 expresiones concentración disolución sulfúrico Una disolución 0,650 M de ácido sulfúrico en agua tiene una densidad de 1,036 g/ml a 20 ºC. Calcule la concentración de esta disolución expresada en: a) Fracción molar. (hasta 0,7 puntos) b) Tanto por ciento en peso. (hasta 0,6 puntos) c) Molalidad. (hasta 0,7 puntos) La masa molar del H2SO4 es 98 g/mol y la del H2O es 18 g/mol. La masa total de 1 L de disolución es: m = d · V = 1,036 g/mL · 1000 mL = 1036 g disolución La masa de ácido que contiene la disolución es: m ácido = 0,650

mol 98 g ácido ·1L · = 63,7 g ácido L 1mol

Y la masa de agua es: magua = 1036 g – 63,7 g = 972,3 g agua a) Las fracciones molares son: m de ácido 63,7 g M de ácido 98 g/mol = = 0,012 xácido = m de ácido m de agua 63,7 g 972,3 g + + M de ácido M de agua 98 g/mol 18 g/mol m de agua 972,3 g M de agua 18 g/mol = = 0,988 xagua = m de ácido m de agua 63,7 g 972,3 g + + M de ácido M de agua 98 g/mol 18 g/mol

donde se cumple que: xácio + xagua = 1 b) El tanto por ciento en masa del soluto es: % masa =

m soluto 63,7 g ácido ·100 = ·100 = 6,15 % ácido mdisolución 1036 g disolución

c) La molalidad de la disolución es: masa de soluto 63,7 g de ácido Masa molar del soluto 98 g/mol molalidad = = = 0,67 mol/kg de disolvente masa del disolvente 0,9723 kg de disolvente

PAU CyL S2007 moles, átomos y moléculas Calcule la masa de cada uno de los elementos presentes en: a) 2,5 moles de Ca. (hasta 0,6 puntos) b) 2,0·1023 átomos de Al. (hasta 0,7 puntos) c) 6,022·1023 moléculas de H2. (hasta 0,7 puntos) a) mCa = 2,5 mol Ca

40 g Ca = 100 g 1mol Ca

PAU CyL Mol y disoluciones 2000 - 2009 b) m Al = 2,0 ·10 23 átomos Al

9

1mol 6,02 ·10

c) mH = 6,022 ·10 23 moléculas H2

23

27 g Al = 8,97 g átomos 1mol Al 1mol H2

6,022 ·10

23

2 g H2 = 2g 1 moléculas H2 mol H2

PAU CyL J2008 preparar disolución sulfúrico 5.- Se dispone de una botella de ácido sulfúrico cuya etiqueta aporta los siguientes datos: densidad 1,84 g/cc y riqueza en peso 96 %. a) Calcule e indique cómo prepararía 100 ml de disolución 7 M de dicho ácido. ¿Hay que tomar alguna precaución especial? (hasta 1,2 puntos) b) Describa y dibuje el material necesario para preparar dicha disolución. (hasta 0,8 puntos) a) La masa molar del H2SO4 es: MH2SO4 = 98 g/mol Primero se calcula la cantidad de ácido que se precisa: m

m 98 g / mol molaridad = ; 7 mol / L = ⇒ mpuro = 68,6 g H2SO 4 puro V en L 0,100 L MH2SO4

La masa de ácido comercial a utilizar es: 100 partes comercial = 71,5 g H2SO 4 comercial 96 partes puro m 71,5 g = 38,9 mL Este ácido comercial ocupa un volumen: V = = d 1,84 g / mL m comercial = 68,6 g H2SO 4 ·

Ver otras preparaciones. La reacción del ácido sulfúrico con el agua es muy exotérmica. PAU CyL S2008 valoración disolución de nítrico con hidróxido sódico y preparar disolución Se dispone de una botella de un litro de disolución acuosa de ácido nítrico de composición desconocida y densidad, a 20 ºC, igual a 1,36 g/cm3. Se toman 5 mL de la disolución de HNO3 y se diluyen en un matraz aforado hasta un litro y la disolución resultante se valora con NaOH 0,1 M. a) Determine la concentración, en % en peso, de la disolución de HNO3 de la botella si en la valoración de 25 cm3 de la disolución diluida se gastan 15,7 cm3 de NaOH. (hasta 0,8 puntos) b) Determine los gramos de NaOH que hay que pesar para preparar 100 cm3 de disolución 0,1 M y explique como procedería en su preparación y el material de laboratorio que utilizaría. (hasta 1,2 puntos) a) Durante la valoración se produce la reacción: HNO3 + NaOH 6 NaNO3 + H2O La estequiometría indica que la reacción es mol amol, por lo que la molaridad del ácido nítrico en la disolución diluida es: Mácido · Vácido = Mbase · Vbase; Mácido · 25 cm3 = 0,1 mol/L · 15,7 cm3 Y Mácido diluido = 0,0628 mol/L Aplicando la conservación de la masa de soluto a las dos disoluciones de ácido nítrico, botella y disolución diluida, resulta que: nconcentrada = ndiluida; Mconcentrada · Vconcentrada = Mdiluida · Vdiluida Mconcentrada · 5 mL = 0,0628 mol/L · 1000 mL Y Mconcentrada = Mbotella = 12,56 mol/L Cogemos 1 L de disolución de la botella. La masa de esta disolución es:

PAU CyL Mol y disoluciones 2000 - 2009

10

m = d · V = 1,36 g/cm3 · 1000 cm3 = 1360 g de masa de disolución Los moles y la masa de ácido nítrico presente en 1 L de disolución concentrada son: nácido = M · V = 12,56 mol/L · 1 L = 12,56 mol ácido nítrico mácido = nácido · MHNO3 = 12,56 mol · 63 g/mol = 791,28 g HNO3 Por lo que la riqueza del ácido nítrico de la botella es: % masa =

m soluto 791,28 g HNO3 ·100 = ·100 = 58,2 % mdisolución 1360 g disolución

b) Se supone que se dispone de NaOH puro, por lo que la masa a pesar es: m = 0,1 mol/L · 100 · 10-3 L · 40 g/mol = 0,4 g NaOH Ver otras preparaciones disoluciones PAU CyL S2008 moles y átomos Calcule razonadamente las siguientes cuestiones: a) La masa de hierro presente en 0,0374 moles de Fe. (hasta 0,6 puntos) (hasta 0,7 puntos) b) La masa de plata presente en 2,01·1022 átomos de Ag. c) La masa de un átomo de aluminio, sabiendo que su masa atómica es 27,0 uma. (hasta 0,7 puntos) 55,85 g Fe = 2,09 g Fe 1mol Fe 1mol Ag 107,9 g Ag b) m Ag = 2,01·10 22 átomos Ag = 3,60 g Ag 23 6,0221·10 átomos Ag 1mol Ag 27 g Al 1mol c) m Al = = 4,48 ·10 − 23 g 1mol 6,0221·10 23 átomos

a) mFe = 0,0374 mol Fe ·

PAU CyL S2008 moles y átomos en una muestra de azufre El azufre monoclínico sólido es una variedad alotrópica que está constituida por asociación de moléculas de octoazufre, S8. Si la densidad del azufre monoclínico, a 20 ºC, es de 1,95 g/cm3, determine: a) El número de moles que hay en un cristal de 0,5 mm3 de volumen. (hasta 0,7 puntos) b) El número de átomos que existen en dicho cristal. (hasta 0,7 puntos) c) El número de moles de oxigeno que se necesitarían para quemar el cristal y obtener dióxido de azufre. (hasta 0,6 puntos) a) La masa del cristal y los moles de octoazufre son: m = d · V = 1,95 nS8 = 9,75 ·10

−4

g 3

· 0,5 ·10 − 3 cm3 = 9,75 ·10 − 4 g

cm 1mol S8 g = 3,81·10 − 6 mol S8 256 g

b) Cada molécula contiene 8 átomos, por lo que los átomos que contiene el cristal son: NS = 3,81·10 − 6 mol

6,02 ·10 23 moléculas 8 átomos S = 1,83 ·1019 átomos de azufre 1mol 1molécula

c) La reacción de combustión es: S8

+ 8O2 6 8SO2

Cada mol de S8 se quema con 8 mol de O2, por tanto resulta que:

PAU CyL Mol y disoluciones 2000 - 2009 noxígeno = 3,81 ·10-6 mol S8 ·

8 mol O 2 1mol S8

11

= 3,05 · 10-5 mol O2

PAU CyL J2009 moles de C e H en glucosa La glucosa es un azúcar de fórmula molecular C6H12O6. Si se disponen de 90 g de glucosa, determine: a. La cantidad de carbono y de hidrógeno que contiene, expresándolas como número de moles de carbono y volumen de hidrógeno medido en condiciones normales. (hasta 1,0 punto) b. Los gramos de agua que se obtienen cuando tiene lugar, en exceso de aire, la combustión completa, sabiendo que el otro producto de la reacción de combustión es el dióxido de carbono. (hasta 1,0 punto) a) Los moles de glucosa presentes en la muestra son: nglu cos a = 90 g glu cos a

1mol = 0,5 mol glu cos a 180 g

De la fórmula molecular del compuesto se deducen los moles de carbono y de hidrógeno, teniendo en cuenta que el carbono es un sólido de fórmula molecular C y que el hidrógeno es un gas de fórmula molecular H2. 6 mol carbono = 3 mol carbono 1mol glu cos a 6 mol hidrógeno = 0,5 mol glu cos a = 3 mol hidrógeno 1mol glu cos a

ncarbono = 0,5 mol glu cos a nhidrógeno

Como un mol de un gas ocupa 22,4 L medidos en condiciones normales de presión y de temperatura: Vhidrógeno = 3 mol hidrógeno

22,4 L = 67,2 L 1mol

b) La ecuación química que describe el proceso es: C6H12O6 + 6O2 6 6CO2 + 6H2O m agua = 0,5 mol glu cos a

6 mol agua 18 g agua = 54 g agua 1mol glu cos a 1mol agua

PAU CyL J2009 sulfúrico densidad % a densidad y % Se quiere preparar una disolución de H2SO4 del 20 % y densidad 1,14 g/cm3 a partir de una disolución concentrada del 98 % y densidad 1,84 g/cm3. a. Determine la molaridad de la disolución concentrada. (hasta 0,8 puntos) b. Calcule la cantidad, en volumen, de H2SO4 concentrado que hay que tomar para preparar 100 ml de la disolución diluida. (hasta 0,8 puntos) c. Escriba como procedería en la preparación de la disolución diluida, citando el material de laboratorio que usaría. (hasta 0,4 puntos) a) La masa de un litro de disolución es: mdisolución = d · V = 1,84 g/mL · 1000 mL = 1840 g La masa de H2SO4 que contiene ese litro de disolución son: mH2SO4 = 1840 g disolución

98 partes H2SO 4 = 1803,2 g de soluto 100 partes disolución

PAU CyL Mol y disoluciones 2000 - 2009

12

m

1803,2 g H2SO 4 mol 98 g / mol molaridad = = = 18,4 V disulución en L 1L L MH2SO4

b) La masa de H2SO4 que contienen los 100 mL de la disolución que se desea preparar es: mH2SO4 = 1,14

20 partes H2SO 4 g 100 mL = 22,8 g H2SO 4 mL 100 partes disolución

La molaridad de esta disolución es: m MH2SO4

22,8 g H2SO 4 mol 98 g / mol molaridad = = = 2,326 V disulución en L L 100 ·10 − 3 L

Aplicando la ley de conservación de la masa a las dos disoluiciones: Vconcentrada · Mconcentrada = Vdiluida · Mdiluida; Vconcentrada · 18,4 mol/L = 100 mL · 2,326 mol/L Despejando: Vconcentrada = 12,64 mL de la concentrada PAU CyL S2009 todas las concentraciones en KOH Una disolución de hidróxido potásico contiene 22,4 g de la base en 400 cm3 de disolución. Se toman 100 cm3 de dicha disolución, cuya densidad es 1,01 g/cm3 a los que se añaden 200 cm3 de otra disolución 1,2 M de la misma sustancia, y 100 cm3 de agua. a) ¿Cuál será la molaridad, molalidad, fracción molar y tanto por ciento en peso de la disolución inicial de KOH? b) ¿Cuántos gramos de soluto habrá en 20 cm3 de la nueva disolución, suponiendo que los volúmenes son aditivos? a) Recopilando los datos de la disolución inicial se tiene una masa de 22,4 g de KOH en 400 cm3 de disolución y tiene una densidad de 1,01 g/cm3. Aplicando la definición de molaridad:

m 22,4 g M 56 g / mol molaridad = KOH = = 1mol / L V en L 0,4 L

La masa de los 400 cm3 de disolución inicial es: m = d · V = 1,01 g/cm3 · 400 cm3 = 404 g De estos 404 g de disolución 22,4 corresponden al soluto y 404 g - 22,4 g = 381,6 g le corresponde al disolvente, el agua. Por tanto, aplicando la definición de molalidad: m MH2SO4

22,4 g KOH mol 56 g / mol molalidad = = = 1,05 mdisolvente en kg 381,6 ·10 − 3 kg disolvente kg disolvente mKOH 22,4 g MKOH 56 g/mol La fracción molar del soluto es: χKOH = = = 0,0185 22,4 g 381,6 g mKOH magua + + 56 g/mol 18 g/mol MKOH Magua

Y el tanto por ciento de soluto en la masa de la disolución es: % masa =

msoluto 22,4 g KOH ·100 = ·100 = 5,54 % de base mdisolución 404 g disolución

b) Vamos a calcular la molaridad de la disolución final. Moles de KOH en los 100 cm3 de la disolución inicial, cuya concentración es 1 M. n1 = Minicial · V = 1 mol/L · 0,1 L = 0,1 mol

PAU CyL Mol y disoluciones 2000 - 2009

13

Moles de KOH en los 200 cm3 de la disolución 1,2 M. n2 = M · V = 1,2 mol/L · 0,2 L = 0,24 mol Los moles totales de KOH son: n = 0,1 mol + 0,24 mol = 0,34 mol El volumen total es V = 100 cm3 + 200 cm3 + 100 cm3 = 400 cm3 La molaridad de la disolución final es: molaridad =

nsoluto 0,34 mol = = 0,85 mol / L V disoluciónen L 0,4 L

Si ahora se cogen 20 cm3 de esta disolución, la masa de soluto que contiene es: n = 0,85

mol KOH 56 g KOH 0,020 L · = 0,952 g KOH L 1mol KOH

PAU CyL Estequiometría 2000 - 2009

1

PAU CyL J1998 Cantidad de carburo de calcio para obtener V de acetileno y riqueza Un fabricante vende latas con 500 g de carburo de calcio, cuya pureza es del 87%. Se desea conocer: a) Cuántas latas habrían de adquirirse para obtener 760 litros de gas acetileno (etino) medidos a presión normal y temperatura de 33 °C, sabiendo que el carburo de calcio por reacción con agua da acetileno e hidróxido de calcio. b) El peso de hidróxido de calcio que se forma en el proceso. La reacción que describe el proceso es: C2Ca + 2 H2O → C2H2 + Ca(OH)2 En primer lugar se calculas los moles de acetileno que se obtienen, aplicando la ecuación de los gases perfectos: p · V = n · R · T; 1 atm ·760 L = n · 0,082 atm · L/(mol · K) · (273 + 33) K Despejando: netino = 30,3 mol Según la estequimetría de la reacción, los moles de carburo de calcio son: ncarburo = netino = 30,3 mol Y la masa de carburo es: m = n · Mcarburo = 30,3 mol · 64 g/mol = 1 939,2 g de carburo Como la riqueza del producto es del 87 %, la cantidad de reactivo necesario es: 100 partes reactivo m reactivo = 1939,2 g carburo = 2 230 g de reactivo se precisan 87 partes carburo Y las latas que hay que adquirir son: 2 230 g reactivo latas = = 4,46 latas , luego hay que adquirir 5 latas de reactivo. 500 g / lata b) Los moles de hidróxido sódico son los mismos que los de acetileno y la masa es: mhidróxido = 30,3 mol · 74 g/mol = 2242,2 g de hidróxido sódico

PAU CyL J2000 disolución de KOH con H2SO4 y CO2 en Ba(OH)2 a) Calcule los ml de ácido sulfúrico del 98 % y 1,84 gr/cm3 que se necesitan para neutralizar 25 cm3 de una disolución acuosa de hidróxido potásico del 14,5 % en peso y 1,20 g/cm3 de densidad. b) Calcule cuántos mL de CO2 medidos a 190 °C y 970 mm de Hg, han de pasar a través de 26 mL de una disolución acuosa de hidróxido de bario 0,21 M para que la reacción sea completa en la formación de carbonato de bario. La reacción entre la base y el ácido es: 2 KaOH + H2SO4 → K2SO4 + 2 H2O Los moles de KOH presentes en la disolución son: n base =

m M KOH

14,5 partes puro 1,20 g / cm 3 · 25 cm 3 · d · V · riqueza 100 partes disolución = = = 0,0775 mol M KOH 56,11g / mol

La cantidad de ácido que neutraliza a la base es la mitad: nácido = nbase/2 = 0,03875 mol Que corresponde con una masa de ácido de: m = 0,03875 mol · 98,09 g/mol = 3,8324 g

PAU CyL Estequiometría 2000 - 2009

2

La masa de ácido comercial que se utilizará es: 100 comercial m comercial = 3,8324 g ácido · = 3,9106 g ácido comercial 98 ácido m 3,9106 g = 2,12 mL de disolución Este ácido ocupa un volumen de: V = = d 1,84 g / cm 3 b) La reacción que describe el proceso es: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O Los moles de hidróxido presentes son: nhidróxido = 0,21 mol/L · 0,026 L = 0,00546 mol Que coinciden con los moles de CO2 que se precisan: n = nhidróxido = 0,00546 mol Y aplicando la ecuación de los gases ideales y sustituyendo: 970 mmHg V = 0,00546 mol · 0,082 atm · L/(mol · K) · (273 + 190) K p · V · n · R · T; 760 mmHg Despejando: V = 0,162 L de CO2 en esas condiciones

PAU CyL J2001disolución de NaOH con H2SO4 Se hacen reaccionar 250 ml de una disolución 0,5 M de hidróxido de sodio con 50 ml de una disolución 1,5 M de ácido sulfúrico. a) ¿Existe algún reactivo en exceso? En caso afirmativo, indíquelo y determine la cantidad del mismo que no ha reaccionado. b) ¿Cuántos gramos de sulfato sódico se originan en esta reacción? La reacción entre la base y el ácido es: 2 NaOH + H2SO4 → Na2SO4

+ 2 H2O

Los moles presentes de ácido y de base en los reactivos son: nbase = c · V = 0,5 mol/L · 0,250 L = 0,125 mol de base nácido = c · V = 1,5 mol/L · 0,050 L = 0,075 mol de ácido Según la estequiometría de la reacción cada mol de ácido reaccionan con dos mol de base. Por tanto el ácido está en exceso y se construye la siguiente tabla. 2 NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2 H2O inicial (mol) 0,125 0,075 0 0 reaccionan (mol) 0,125 0,0625 0,0625 0,125 La cantidad de ácido en exceso es: nexceso = 0,075 mol – 0,0625 mol = 0,0125 mol de ácido sobran. Su masa es: m = 0,0125 mol · 98 g/mol = 1,225 g de ácido en exceso b) Atendiendo a la estequiometría de la reacción la cantidad de sal formada es: 1 mol Na 2SO 4 m sal = · 0,125 mol NaOH ·142 g / mol = 8,875 g de Na 2SO 4 2 mol NaOH

PAU CyL S2002 obtener un V de oxígeno de KO2 El superóxido de potasio (KO2) se utiliza para purificar el aire en espacios cerrados. El superóxido se combina con el dióxido de carbono y libera oxígeno según la reacción:

PAU CyL Estequiometría 2000 - 2009

3

4KO2(s) + 2CO2(g) → 2K2CO3(s) + 3O2 (g) a) Calcular la masa de KO2 que reacciona con 50 L de dióxido de carbono en condiciones normales. b) Calcular el número de moléculas de oxígeno que se producen. a) En condiciones normales un mol de cualquier gas ocupan 22,4 L, por ello los moles de dióxido de carbono que reaccionan son: 50 L n CO2 = = 2,23 mol 22,4 L / mol Teniendo en cuenta la estequiometría de la reacción: 4 mol KO 2 m K 2O = · 2,23 mol CO 2 · 71g / mol KO 2 = 316,66 g 2 mol CO 2 Las moléculas de oxígeno que se producen son: 3 mol O 2 n O2 = · 2,23 mol CO 2 · 6,02 ·10 23 moléculas / mol O 2 = 20,13·10 23 moléculas 2 mol CO 2 PAU CyL J2003 Reactivos para Vcloro y VHCl que se necesita El cloro se obtiene en el laboratorio según la reacción MnO2 + HCl → MnCl2 + H2O + Cl2. Calcule: a) La cantidad de reactivos necesarios para obtener 100 litros de cloro medidos a 15 °C y 720 mm Hg. b) El volumen de ácido clorhídrico 0,6 M que habrá que utilizar. La reacción ajustada es: MnO2 + 4 HCl → MnCl2 + 2 H2O + Cl2 Los moles de cloro que se obtienen se deducen aplicando la ecuación de los gases ideales. 720 mm Hg atm · L p · V = n · R · T; 100 L = n · 0,082 (273 +15) K ⇒ n Cl2 = 4 mol 760 mm Hg mol · K Según la estequiometría de la reacción los moles de reactivos que se precisan son 4 mol de MnO2 y 16 mol de HCl. b) El volumen de disolución que hay que utilizar se calcula aplicando la definición de molaridad de una disolución. n 16 mol molaridad = HCl ⇒ V = = 26,7 L de disolución de HCl V en L 0,6 mol / L

PAU CyL S2003 exceso de cantidades estequiométricas fósforo Para transformar completamente el fósforo blanco en ácido H3PO4 utilizando ácido nítrico se debe emplear un exceso del 50% de ácido nítrico respecto de la cantidad estequiométrica ¿Qué cantidad (en kg) de ácido nítrico del 35% deberá emplearse para oxidar completamente 10 kg de fósforo blanco de acuerdo con la reacción: 3P + 5 HNO3 + 2H2O ==> 3 H3PO4 + 5NO? 3P + 5 HNO3 + 2H2O 6 3 H3PO4 + 5NO La cantidad estequimétrica de ácido nítrico a emplear es: mnítrico = 10 kg P

1mol P 5 mol HNO3 63 g mol HNO3 = 33,87 kg HNO3 31g P 3 mol P 1mol HNO3

PAU CyL Estequiometría 2000 - 2009

4

La cantidad real a añadir es: mácido = 33,87 kg HNO3 100 = 67,74 kg totalesdeHNO3 50

Y de la disolución del 35 %, hay que añadir una cantidad de: m disolución = 67,74 kg HNO3

100 kg diolución = 193,54 kg disolución 35 kg HNO3

PAU CyL J2004 Combustión metano calculo moles de especies y Vaire Por combustión de propano con suficiente cantidad de oxígeno se obtienen 300 litros de CO2 medidos a 0,96 atm y 285 K. Calcular: a) Número de moles de todas las sustancias que intervienen en la reacción. b) Volumen de aire necesario, en condiciones normales, suponiendo que la composición volumétrica del aire es 20% de oxígeno y 80% de nitrógeno. a) La reacción de combustión del propano es: C3H8 + 5 O2 → 3 CO2 + 4 H2O Los moles de CO2 que se generan se calcula aplicando la ecuación de los gases perfectos: p · V = n · R · T; 0,96 atm · 300 L = n · 0,082 atm · L/(mol · K) · 285 K ⇒ n = 12,3 mol Teniendo en cuenta la estequiometría de la reacción, la cantidad de agua formada y de reactivos que reaccionan es: 4 mol H 2 O n H 2O = ·12,3 mol CO 2 = 16,4 mol H 2 O 3 mol CO 2 1mol C 3 H 8 5 mol O 2 n O2 = ·12,3 mol CO 2 = 20,5 mol O 2 n C3H8 = ·12,3 mol CO 2 = 4,1 mol C 3 H 8 3 mol CO 2 3 mol CO 2 b) En condiciones normales de p (1 atm) y T (273 K) un mol de cualquier gas ocupa un volumen de 22,4 L, por ello la cantidad de oxígeno que se precisa es: VO 2 = 20,5 mol · 22,4 L / mol = 459,2 L O 2 Y teniendo en cuenta la composición del aire: Vaire = 459,2 L O 2 ·

100 L aire = 2 296 L aire 20 L O 2

PAU CyL S2004 mezla de clorato y cloruro de potasio Se tiene una mezcla formada por dos sólidos blancos pulverizados: clorato potásico y cloruro potásico. Cuando 60 g de esta mezcla se someten a un calentamiento intenso y prolongado, se liberan 8 g de oxígeno. Se sabe que el clorato potásico se descompone por calentamiento prolongado dando cloruro potásico (sólido) y oxígeno (gas). a) Formule la ecuación química del proceso que tiene lugar durante el calentamiento. b) Calcule el tanto por ciento del cloruro potásico en la mezcla inicial. a) Al cloruro de potasio no le ocurre nada al calentarlo. 2KClO3 6 2KCl + 3O2 b) La estequiometría de la reacción indica que de 2 mol de clorato se obtienen 3 mol de O2. Por tanto los moles de clorato de potasio en la mezcla son: nKClO3 = 8 g O 2

1mol O 2 2 mol KClO3 = 0,167 mol KClO3 32 g O 2 3 mol O 2

La masa de clorato de potasio en la mezcla es: mclorato = 0,167 mol clorato · 122,55 g/mol = 20,5 g de clorato

PAU CyL Estequiometría 2000 - 2009

5

La cantidad de cloruro de potasio es: mcloruro = 60 g – 20,5 g = 39,5 g de KCl La riqueza en cloruro de potasio es: % masa =

mKCl 39,5 g KCl ·100 = ·100 = 65,83 % de KCl mmuestra 60 g

PAU CyL J2006 riqueza una muestra de Zn con HCl Para determinar la riqueza de una partida de cinc se tomaron 50,0 g de una muestra homogénea y se trataron con ácido clorhídrico del 37% en peso y densidad 1,18 g/mL, consumiéndose 126 mL de ácido. La reacción de cinc con ácido clorhídrico produce cloruro de cinc e hidrógeno (H2). Calcule: a) La molaridad de la disolución de ácido clorhídrico. b) El porcentaje de cinc en la muestra. a) La masa de HCl presente en 1 L de disolución es: g 37 partes HCl ·1000 mL · = 436,6 g HCl mL 100 partes disolución mHCl 436,6 g HCl MHCl 36,5 g HCl La molaridad del ácido es: M = = = 11,96 mol / L V en L 1L mHCl = 1,18

b) La reacción que describe el proceso es: Zn + 2HCl 6 ZnCl2 + H2 Los moles de ácido que se consumen son: nHCl = 126 · 10-3 L · 11,96 mol/L = 1,5 mol HCl Según la estequimetría de la reacción la masa de cinc en la muestra es: 1mol Zn 65,4 g HCl · = 49,05 g Zn 2 mol HCl 1mol HCl 49,05 g Zn ·100 = 98,1% riqueza de la muestra es: % en masa = 50,0 g muestra

m Zn = 1,5 mol HCl

La

PAU CyL J2006 combustión hidrocarburo y fórmula En la combustión de 8,6 g de un hidrocarburo saturado, (CnH2n+2), se producen 12,6 g de agua. ¿De qué hidrocarburo se trata? Elija entre las siguientes soluciones (justifique la elección explicando el modo de resolver el problema): a) C5H12 b) C6H14 c) C7H16 La cantidad de hidrógeno que hay en el agua es la misma que la que tiene el hidrocarburo. mhidrógeno = 12,6 g agua

2 g hidrógeno = 1,4 g de hidrógeno 18 g agua

La masa de carbono es: mC = 8,6 g – 1,4 g = 7,2 g de carbono Los moles de carbono y de hidrógeno que posee el hidrocarburo son: 1mol C = 0,6 mol C 12 g C 1mol H nH = 1,4 g H = 1,4 mol H 1g H nC = 7,2 g C

Multiplicando por 10 la relación entre el C y el H es 6: 14. Luego la fórmula empírica es: C6H14

PAU CyL Estequiometría 2000 - 2009

6

PAU CyL S2006 limitante NaCl y H2SO4 a) Calcule los moles de cloruro de sodio y de ácido sulfúrico que hay en 500 g de cloruro de sodio del 71 % de riqueza y en 100 mL de ácido sulfúrico del 98 % de riqueza y densidad 1,83 g/cc. b) ¿Qué cantidad de cloruro de hidrógeno, dado en gramos, podemos obtener si se hacen reaccionar, en caliente, los compuestos antes mencionados y en las cantidades indicadas? a) nNaCl = 500 g comercial nH2SO4 = 1,83

71 partes NaCl 1mol NaCl = 6,07 mol NaCl 100 partes comercial 58,5 g NaCl

98 partesH2SO 4 1mol H2SO 4 g 100 mL = 1,83 mol H2SO 4 mL 100 partes comercial 98 g H2SO4

b) La reacción química que describe el proceso es: 2NaCl + H2SO4 6 Na2SO4 + 2HCl Según la estequimetría de la reacción, el ácido sulfúrico es el reactivo limitente. Reaccionan 1,83 mol de H2SO4 y 2 · 1,83 = 3,66 mol de NaCl. La cantidad de HCl que se forma es: mHCl = 1,83 mol H2SO 4

2 mol HCl 36,5 g HCl · = 133,59 g HCl 1mol H2SO 4 1mol HCl

PAU CyL J2007 combustión hidrocarburo y fórmula En la combustión de 5,132 g de un hidrocarburo de masa molecular aproximada 78 g, se producen 17,347 g de dióxido de carbono y 3,556 g de agua. a) Formule y nombre el hidrocarburo. (hasta 1 punto) b) Indique qué productos se obtienen en la oxidación de los aldehídos y en la de los alcoholes secundarios. Ponga un ejemplo de cada uno. (hasta 1 punto) Los moles de carbono y de hidrógeno que posee el hidrocarburo son: nC = 17,347 g CO 2 nH = 3,556 g HO 2

12 g C 1mol C = 0,3943 mol C 44 g CO 2 12 g C

2 g H 1mol H = 0,3951mol H 18 g H2O 1g H

Dividiendo por el menor resulta que la relación entre el C y el H es 1 : 1. La fórmula empírica es: (CH)n. Del dato de la masa molar se deduce que: n =

masa molar 78 = =6 unidad empírica 13

Por tanto la fórmula del hidrocarburo es: C6H6 que puede ser el benceno. PAU CyL S2007limitante carburo de calcio y agua 1.- El carburo cálcico CaC2 es un compuesto sólido que reacciona con el agua líquida para dar el gas inflamable (acetileno) y el sólido hidróxido cálcico. Calcule: a) El volumen de gas medido en condiciones normales que se obtendrá cuando 80 g de CaC2 reaccionan con 80 g de agua. (hasta 1,5 puntos) b) La cantidad de reactivo que queda sin reaccionar. (hasta 0,5 puntos) La reacción que se produce es: CaC2 + 2H2O 6 C2H2 + Ca(OH)2

PAU CyL Estequiometría 2000 - 2009

7

Los moles iniciales de cada reactivo son: nCaC2 = 80 g CaC 2

1mol CaC 2 1mol H2O = 1,25 molCaC 2 ; nH2O = 80 g H2O = 4,44 mol H2O 64 g CaC 2 18 g H2O

La estequiometria de la reacción indica que reaccionan 2 mol de agua por cada mol de CaC2, por tanto el carburo de calcio es el reactivo limitante. Reaccionan 1,25 mol de CaC2 y 2 · 1,25 mol = 2,5 mol de H2O a) El volumen de acetileno que se obtiene medido en cn es: VC2H2 = 1,25 mol CaC 2

1mol C 2H2 22,4 L C 2H2 en cn · = 28 L acetileno en cn 1mol CaC 2 1mol C 2H2

b) La masa de agua que queda reacciona es: mH2O = 1,25 mol CaC 2

2 mol H2O 18 g H2O = 45 g H2O reaccionan 1mol CaC 2 1mol H2O

La cantidad de agua que no reacciona es: m = 80 g - 45 g = 35 g PAU CyL J2008 combustión etanol en moléculas y en moles 1.- La combustión completa del etanol genera dióxido de carbono y agua. a) Calcule el número de moléculas de agua que se producirán si quemamos 1 kg de dicho alcohol. (hasta 1,2 puntos) 3 b) ¿Cuántos moles de etanol reaccionarán con 1 m de oxígeno (gas ideal), medido en condiciones normales? (hasta 0,8 puntos) La reacción de combustión del etanol es: CH3-CH2-OH + 3O2 6 2CO2 + 3H2O a) La estequiometría de la reacción indica que se producen 3 moléculas de agua por cada molécula de alcohol. Por tanto: NH2O = 1000 g alcohol

1mol alcohol 3 mol H2O 6,02 ·10 23 moléculas · · = 3,93 ·10 25 moléculas agua 46 g alcohol 1mol alcohol 1mol

b) Como 1 mol axígeno ocupa 22,4 L en cn, resulta que: ne tan o = 1000 L O2

1mol O2 1mol e tan ol · = 14,9 mol e tan ol 22,4 L O 2 3 mol O 2

PAU CyL J2008 obtención de hidrógeno con cinc 1.- Resuelva: a) ¿Qué volumen de hidrógeno (gas ideal), medido a 27 ºC y presión de 740 mmHg es posible obtener al añadir ácido clorhídrico en exceso sobre 75 g de cinc con un 7 % de impurezas inertes? (hasta 1,5 puntos) b) ¿Qué cantidad de cloruro de cinc se obtendrá? (hasta 0,5 puntos) La reacción que se produce es: Zn + 2HCl 6 ZnCl2 + H2 La riqueza es del 93 %, imperezas 7 %. Los moles que se obtienen de H2 son: nH2 = 75 g Zn ·

93 partes Zn puro 1mol Zn 1mol H2 · = 1,,07 mol H2 100 muestra Zn 65,39 g Zn 1mol Zn

PAU CyL Estequiometría 2000 - 2009

8

Aplicando la ecuación de los gases ideales: p · V = n · R · T;

740 mm Hg atm · L · V = 1,07 mol H2 · 0,082 (273 + 27) K Y V = 27,03 L 760 mm Hg mol · K

falta B

PAU CyL S2008 quemar amoníaco El amoniaco arde con el oxígeno del aire en condiciones adecuadas y en presencia de catalizadores para dar monóxido de nitrógeno y agua. a) Ajuste la reacción de combustión. (hasta 0,7 puntos) b) Determine el peso de oxígeno, en gramos, que se necesita para quemar 1 kg de amoniaco. (hasta 0,7 puntos) c) Calcule el volumen de monóxido de nitrógeno obtenido a partir de las cantidades de reactivo del apartado b, medido en condiciones normales. (hasta 0,6 puntos) La reacción de combustión es: 4NH3 + 5O2 6 4NO + 6H2O b) De la estequiometría de la reacción se deduce que: mO2 = 1000 g amoníaco

1mol amoníaco 5 mol O 2 32 g O2 = 2353 g oxígeno 17 g amoníaco 4 mol NH3 1mol O2

d) De la estequiometría de la reacción y como 1 mol de un gas ocupa 22,4 L en cn, resulta que: VNO = 1000 g NH3

1mol NH3 4 mol NO 22,4 L = 1317,6 L NO 17 g NH3 4 mol NH3 1mol gas

PAU CyL S2008 formación agua con reactivo limitante 1. El hidrógeno y el oxígeno gaseosos reaccionan, en condiciones adecuadas, dando agua líquida. Si se hacen reaccionar 10 litros de H2 con 3,5 litros de O2 medidos en condiciones normales: a) Escriba la reacción ajustada y determine que gas y en que cantidad, expresada en gramos, queda en exceso después de la reacción. (hasta 1,2 puntos) b) ¿Qué volumen de agua medido en mL se obtiene? (hasta 0,8 puntos) a) La reacción de formación del agua es: 2H2(g) + O2(g) 6 2H2O(l) La estequiometría de la reacción indica que 1 mol de oxígeno reacciona con 2 moles de hidrógeno. Para gases, la relación en mol es la misma que en volumen, expresados en las mismas condiciones, por lo que: 3,5 L de oxígeno reaccionan con 3,5 L · 2 = 7 L de hidrógeno y sobran 10 L – 7 L = 3 L de hidrógeno. Como 1 mol de un gas ocupa 22,4 L medidos en cn, la masa de hidrógeno en exceso es: mH2 = 3 L H2 cn

2 g H2 1mol = 0,27 g H2 22,4 L cn 1mol H2

b) De la estequiometría de la reacción se deduce que la masa de agua formada es:

PAU CyL Estequiometría 2000 - 2009 mH2O = 3,5 L O2 cn

9

1mol 2 mol H2O 18 g H2O = 5,63 g H2O 22,4 L cn 1mol O2 1mol H2O

El agua que se forma está en estado líquido, por lo que si su densidad es 1 g/mL, resulta que: V=

m 5,63 g = = 5,63 mL agua d 1g / mL

PAU CyL J2009 volumen HCl y rendimiento El carbonato de magnesio reacciona con ácido clorhídrico para dar cloruro de magnesio, dióxido de carbono y agua. a. Calcule el volumen de ácido clorhídrico, de densidad 1,16 g/cm3 y 32% en peso, que se necesitará para que reaccione con 30,4 g de carbonato de magnesio. (hasta 1,0 punto) b. Si en el proceso anterior se obtienen 7,6 litros de dióxido de carbono, medidos a 1 atm y 27 °C, ¿Cuál ha sido el rendimiento de la reacción? (hasta 1,0 punto) a) La ecuación química ajustada que describe el proceso es: MgCO3 + 2HCl 6 MgCl2 + CO2 + H2O La masa de HCl que se precisan son: mHCl = 30,4 g carbonato

1mol 2 mol HCl 36,45 g HCl = 26,29 g HCl 84,31g 1mol MgCO3 1mol HCl

La masa de disolución que se precisa es: 100 partes disolución = 82,16 g disolución 32 partes HCl m 82,16 g dislolición Y el volumen es: V = = = 70,83 cm3 disolución d 1,16 g / cm3 m disolución = 26,29 g HCl

b) Aplicando la lay de los gases ideales se calculan los moles de dióxido de carbono. p · V = n · R · T; 1 atm · 7,6 L = n · 0,082 atm · L/(mol · K) (273 + 27) K Y nCO2 = 0,31 mol Si la reacción fuera total los moles que se obtendrían son: nCO2 = 30,4 g carbonato

1mol 1mol CO 2 = 0,36 mol previstos 84,31g 1mol MgCO 3

Como la relación en mol es la misma que en masa, el rendimiento es: η=

0,31mol obtenidos ·100 = 86,1% 0,36 mol previstos

PAU CyL S2009 volumen H2 y de disolución Después de poner 180 g de Zn en un vaso de precipitados con ácido clorhídrico 5 M y de que haya cesado la reacción, quedaron 35 g de Zn sin reaccionar. El proceso que tiene lugar es: Zn(s) + HCl(ac) 6 ZnCl2(ac) + H2(g) Calcule: a) El volumen de hidrógeno medido en condiciones normales que se ha obtenido. b) El volumen de la disolución ácida que se empleó. a) La reacción química ajustada es: Zn(s) + 2 HCl(ac) → ZnCl2(ac)

+ H2(g)

La cantidad de Zn que reacciona es: mZn = 180 g - 35 g = 145 g Según la estequiometría de la reacción, el volumen de hidrógeno desprendido es:

PAU CyL Estequiometría 2000 - 2009 VH2 = 145 g Zn

10

1mol Zn 1mol H2 22,4 L H2 en cn = 49,67 L H2 en cn 65,39 g Zn 1mol Zn 1mol H2

b) Los moles de ácido clorhídrico empleados son: 1mol Zn 2 mol HCl = 2,22 mol HCl 65,39 g Zn 1mol Zn 2,22 mol HCl Aplicando la definición de molaridad: V = = 0,44 L deHCl 5 molar 5 mol / L nHCl = 145 g Zn

PAU CyL S2009 volumen de CO2 y agua al quemar metano La combustión del metano, CH4(g), produce dióxido de carbono (g) y agua (l), siendo ∆Hcombustión = - 802 kJ · mol-1. a) Calcule la cantidad de energía desprendida cuando se queman 3 gramos de metano gas. b) Qué presión generará el CO2 desprendido si se recoge a 25 °C en un recipiente de 5 litros. c) Calcule el volumen de agua líquida que se produce. La reacción que describe la combustión del metano es: CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(l) ∆H = - 802 kJ/mol metano a) Los moles de metano que se queman son: nCH4 =

3g = 0,1875 mol CH 4 16 g / mol

∆H = 0,1875 mol CH4 · (- 802 kJ/mol) = - 150,375 kJ b) Según la estequiometría de la reacción se producen los mismos moles de CO2 que los quemados de metano. Aplicando la ecuación de los gases perfectos. p · V = nCO2 · R · T; p · 5 L = 0,1875 mol · 0,082 atm · L/(mol · K) · (273 + 25) K Despejando: p = 0,916 atm c) En reacción se producen el doble de moles de agua que de metano quemado. Por tanto: mH2O = 0,1875 mol CH 4

2 mol agua 18 g agua = 6,75 g agua 1mol me tan o 1mol agua

Como el agua está en esta líquido y si la densidad es de 1g/cm3, el volumen de agua producido es de Vagua = 6,75 cm3.

PAU CyL Gases

2000 - 2009

1

PAU CyL S2000 variaciones de p con T Y V Un tanque cerrado de acero contiene dióxido de carbono a 27ºC y una presión de 12 atmósferas. a) Calcule la presión interna del gas cuando el tanque y su contenido se calientan a 100ºC, suponiendo que el tanque no modifica su volumen. b) ¿Cuál será la presión que ejercerá 1 litro del gas anterior (21ºC y 12 atm) cuando se reduce su volumen a la mitad, si mantenemos la temperatura constante? a) Aplicando las leyes de los gases a las dos condiciones para una misma cantidad de gas y como el volumen no se altera, resulta que: p1 · V p 2 · V p2 12 atm = ; = ⇒ p 2 = 14,92 atm T1 T2 (273 + 27) K (273 +100) K p ·V p ·V b) De igual forma que en caso anterior: 1 1 = 2 2 ; 12 atm · 1 L = p2 · 0,5 L ⇒ p2 = 24 atm T T PAU CyL J2002 fórmula de un hidrocarburo conocida densidad y % C Un hidrocarburo saturado gaseoso está formado por el 80% de carbono ¿Cuál es su fórmula molecular si la densidad en condiciones normales es 1,34 g/ L? Aplicando la ecuación de los gases ideales se calcula la masa molar del hidrocarburo gaseoso. m m R ·T R ·T p · V = n · R · T; p · V = R·T⇒ M= =d M V p p g 0,082 atm · L /(mol · K ) · 273 K Sustituyendo: M = 1,34 = 30 g / mol L 1atm En 100 g de compuesto hay 80 g son C y 20 g de H. Los moles de cada elemento en 100 g de compuesto son: 80 g 20 g nC = = 6,6 mol de C ; n H = = 19,8 mol de H 12,01g / mol 1,008 g / mol Como en la fórmula de un compuesto la relación de los átomos se expresa en números enteros, dividiendo por el menor resulta que: n C 6,6 mol n 19,8 mol = =1; H = =3 n C 6,6 mol nC 6,6 mol La fórmula general del compuesto es: (CH3)n Para calcular n se tiene en cuenta que la masa molar es de 30 g/mol, por lo que: 30 g/mol = (12 g/mol + 3 · 1 g/mol) · n ⇒ n = 2 Luego el hidrocarburo es el C2H6 que corresponde al etano.

PAU CyL Gases

2000 - 2009

2

PAU CyL S2002 difusión de Ne y He a) Se tiene un matraz, A, de 1,5 L, que contiene gas neón a 600 mm de Hg de presión, y otro matraz, B, de 500 mL, que contiene gas helio a 1,20 atm. Se conectan y se espera el tiempo necesario para que se produzca la difusión total de los dos gases. La operación tiene lugar a una temperatura constante de 25 °C. Calcule la presión parcial, expresada en unidades del sistema internacional, del gas helio en cada recipiente al final de la difusión. b) ¿Qué ocurre con la entropía del sistema al producirse la difusión? c) ¿Qué reacción tiene lugar entre los dos gases al mezclarse? a) Tras la difusión los dos depósitos constituyen un recinto único con los dos gases distribuidos de forma homogénea. El volumen total del recinto, al final de la difusión es VT = VA + VB y la presión de cada gas es la misma en los dos recintos. La presión parcial de cada gas es igual a la presión con la que actuaría el gas si el solo ocupara todo el volumen en las mismas condiciones de temperatura. Como T = cte, se cumple la ley de Boyle- Mariotte para cada gas antes y después de la difusión. pHe, antes · VHe, antes = pHe, después · VHe, después; 1,2 atm · 0,5 L = pHe, después · 2 L Despejando: pHe, después = 0,3 atm Y en el SI: pHe, después = 0,3 atm = 0,3 atm · 101 300 Pa/atm = 30 390 Pa b) La entropía aumenta ya que se produce la mezcla de los dos gases, lo que conlleva un aumento del desorden en el sistema. c) No se produce ninguna reacción ya que se trata de dos gases nobles.

PAU CyL J2003 gases presión de CO2 a V y T El "hielo seco" es dióxido de carbono sólido a temperatura inferior a -55 °C y presión de 1 atmósfera. Una muestra de 0,050 g de hielo seco se coloca en un recipiente vacío cuyo volumen es de 4,6 L, que se termostata a la temperatura de 50 °C. a) Calcule la presión, en atm, dentro del recipiente después de que todo el hielo seco se ha convertido en gas. b) Explique si se producen cambios en la presión y en la cantidad de moles gaseosos si el experimento lo realizáramos termostatando el recipiente a 60 °C. a) La masa molar del CO2 es 44 g/mol, considerando que tiene un comportamento ideal y aplicando la ecuación de los gases perfectos: 0,050 g p · V = n · R · T; p · 4,6 L = · 0,082 atm · L/(mol · K) · (273 + 50) K 44 g / mol Despejando la presión del recipiente: p = 6,5 · 10-3 atm b) La cantidad de moles en estado gaseoso no se modifica. La presión aumenta al aumentar la temperatura y permaneciendo el volumen constante. La nueva presión es: p · V p 2 · V 6,5 ·10 −3 atm p2 = ; = ⇒ p 2 = 6,8 ·10 −3 atm T1 T2 (273 + 50) K (273 + 60) K

PAU CyL Gases

2000 - 2009

3

PAU CyL S2003 obtención de N2O y calcular constante gases El óxido nitroso (N2O) es un gas que se puede obtener por descomposición térmica del nitrato amónico. a) Escriba la ecuación de la reacción. b) Al realizar dicha descomposición se obtienen 0,320 L del gas a 690 mmHg y 12,5°C. Si el gas pesa 0,540 g, calcule el valor de la constante de los gases. a) 2 NH4NO3

→ N2O + 2 H2O

b) Los moles de producto que se obtienen son: n =

m 0,540 g = = 0,0123 mol M N2O 44 g / mol

Aplicando la ecuación de los gases ideales se calcula la constante, R, pedida. 690 mmHg p · V = n · R · T; · 0,320 L = 0,0123 mol ·R · (273 +12,5) K ⇒ R = 0,082 atm · L/(mol · K) 760 mmHg PAU S2005 mezcla de metano y etano Al quemar 60 cm3 de una mezcla de metano y etano, medidos a 0 ºC y 1 atm de presión, con cantidad suficiente de oxígeno, se producen 80 cm3 de dióxido de carbono, medidos en las citadas condiciones, y agua. a) Cuál es la composición porcentual de la mezcla expresada en volumen. b) Cantidad de oxígeno, expresada en moles, necesaria para la combustión total de la mezcla. Las reacciones de combustión son: CH4 + 2O2 6 CO2 + 2H2O CH3-CH3 + 7/2O2 6 2CO2 + 3H2O Supongamos que la mezcla está formada por x cm3 de metano y por (60 – x) cm3 de etano. Como al quemar se producen de CO2 los mismos volúmenes que de metano y el doble que los de etano, y como el volumen de CO2 es de 80 cm3, se tiene: x cm3 + 2 · (60 – x) cm3 = 80 cm3 Y x = 40 cm3 Es decir la mezcla contiene 40 cm3 de metano y 20 cm3 de etano. El % en volumen es:

40 cm3 me tan o 60 cm3 mezcla

· 100 = 66,7 %

metano y

20 cm3 e tan o 60 cm3 mezcla

· 100 = 33,3 % etano.

El volumen de oxígeno necesario en las condiciones indicadas es: VO2

7 volumen O 2 2 volumen O 2 3 = 40 cm me tan o + 20 cm e tan o 2 = 150 cm3 O 2 1volumen me tan o 1volumen e tan o 3

Como en cn 1 mol de un gas ocupa 22,4 L, resulta que: nO2 = 150 cm3 O2 cn

1mol gas 22,4 ·10 3 cm3 gas cn

= 6,7 ·10 − 3 mol O 2

PAU CyL Gases

2000 - 2009

4

PAU CyL J2006 mezcla de propano y butano Una mezcla de propano y butano de 100 cm3 se quema en presencia de suficiente cantidad de oxígeno, obteniéndose 380 cm3 de dióxido de carbono. Calcule: a) El tanto por ciento en volumen de propano y butano en la mezcla inicial. b) El volumen de oxígeno necesario para efectuar la combustión. Nota: Considere que todos los gases están medidos en las mismas condiciones de presión y temperatura. a) Las reacciones de combustión completas del propano y del butano vienen descritas por las siguientes ecuaciones químicas ajustadas: C3H8 + 5O2 → 3CO2 + 4H2O C4H10 + 13/2 O2 → 4CO2 + 5H2O Como todas las especies químicas que intervienen son gases y están en las mismas condiciones de presión y temperatura, las cantidades estequométricas se pueden referir también a los volúmenes de los mismos. Si llamamos x al volumen inicial de propano en cm3, entonces 100 – x es el volumen del butano que hay en la mezcla inicial. Durante la combustión se produce un volumen triple de CO2 que de propano y cuatro veces mayor que de butano, resulta que: 3 · x cm3 + 4 · (100 – x ) cm3 = 380 cm3 Y x = 20 cm3 Es decir la mezcla contiene 20 cm3 de propano y 80 cm3 de butano. El % en volumen es:

20 cm3 propano 3

100 cm mezcla

· 100 = 20 %

propano y

80 cm3 buano 100 cm3 mezcla

· 100 = 80 % butano.

b) El volumen de oxígeno necesario en las condiciones indicadas es: VO2

13 volumen O 2 5 volumen O 2 3 = 20 cm propano + 80 cm bu tan o 2 = 620 cm3 O2 1volumen propano 1volumen bu tan o 3

PAU CyL J2007 Ecuación gases ideales y ley de Dalton Conteste razonadamente a los siguientes apartados: a) Señale qué se entiende por ecuación de los gases ideales. b) Defina qué es presión parcial. c) Enuncie la ley de Dalton o de las presiones parciales.

(hasta 0,7 puntos) (hasta 0,7 puntos) (hasta 0,6 puntos)

Se entiende por gas ideal aquel para el cual el volumen de las partículas que lo componen es despreciable frente al volumen total que ocupa el gas. Además no existen fuerzas de interacción entre las partículas. La ecuación que relaciona la presión, p, el volumen, V, la temperatura, T, con la cantidad de gas expresada en moles, n, es: P·V=n·R·T La presión se mide en atmósferas, el volumen en litros, la cantidad de gas en moles, la temperatura en kelvin y R es una constante denominada de los gases ideales y cuyo valor es: R = 0,082 atm·L/(mol·K).

PAU CyL Gases

2000 - 2009

5

b) La presión parcial de un gas en una mezcla de gases es la presión con la que actuaría dicho gas en el recipiente en el que se encuentra la mezcla, si este gas estuviera solo. pi = χi · ptotal n Con χ i = i la fracción molar del componente en cuestión. nTotal c) La ley de Dalton o de las presiones parciales dice que la presión total de una mezcla de gases es igual a la suma de las presiones parciales de cada gas: pTotal = Σpi

PAU CyL Átomo y tabla periódica 2000 - 2009

1

PAU CyL S2000 afinidad electrónica y potencial de ionización alcalinos y a. térreos Indique y explique: a) ¿Qué entiende por afinidad electrónica? b) ¿Por qué generalmente los metales alcalinos (I A), tienen mayor afinidad por los electrones que los alcalinotérreos (II A) de un mismo periodo? c) ¿Qué se entiende por potencial de ionización (energía de ionización)? d) Señale cuál es el elemento de mayor energía de ionización del sistema de periodos. ¿Por qué? a) La afinidad electrónica (AE) es la energía intercambiada en el proceso de incorporación de un electrón a un átomo en estado gaseoso para originar un anión en estado gaseoso. X (g) + e- → X- (g) + AE b) Los alcalinos presentan un electrón en su último nivel de energía, su configuración externa es ns1, luego si toman un nuevo electrón completan el orbital ns y adquieren una cierta estabilidad. Sin embargo, los alcalinotérreos, ya tienen 2 electrones en su última capa (configuración externa ns2), por lo que tomar un electrón más desestabilizaría al átomo al tener que habilitar un orbital p. Las afinidades electrónicas de los alcalinos son negativas, proceso exotérmico, con valores absolutos pequeños. Las afinidades electrónicas de los alcalino-térreos tienen signo positivo, es un proceso endotérmico. c) Potencial de Ionización (EI) es la energía intercambiada cuando a un átomo en estado gaseoso se le extrae un electrón para convertirlo en un catión monopositivo y gaseoso. X(g) + EI → X+(g) + eLa energía de ionización tiene el signo positivo, siempre es un proceso endotérmico. d) En cada grupo o familia la energía de ionización disminuye al aumentar Z, ya que los electrones están cada vez más alejados del núcleo y se arrancan con mayor facilidad. En cada periodo, al desplazarnos hacia la derecha (crece Z), aumenta la carga nuclear efectiva, luego los electrones que tiene el átomo estarán más fuertemente atraídos por el núcleo, y habrá que aportar más energía para arrancar uno de ellos. De cada periodo, el gas noble es el elemento con más alto potencial de ionización, ya que son los elementos más estables (configuración de octeto ns2 p6). El elemento con mayor energía de ionización es el Helio. PAU CyL J2002 afinidad electrónica y potencial de ionización alcalinos y halógenos a) Escriba las configuraciones electrónicas externas características de los metales alcalinotérreos y de los halógenos. Ponga un ejemplo de cada uno. b) ¿Quién presenta mayor afinidad electrónica, los metales alcalinos o los alcalinotérreos? c) Defina potencial (energía) de ionización. Indique y justifique qué elemento del sistema periódico tiene la mayor energía de ionización. a) Alcalinotérreos: dos electrones en la última capa, en un orbital tipo "s": ns2. Halógenos: 5 electrones en un orbital tipo "p", haciendo que la última capa presente en total 7 electrones: ns2 np5 Igual que PAU sep2000 PAU CyL S2002 números cuánticos del orbital 3s

PAU CyL Átomo y tabla periódica 2000 - 2009

2

Para el orbital 3s de un átomo: a) Indique el valor de los números cuánticos n, l y m de los electrones situados en el mismo. b) Señale si hay un cuarto número cuántico y qué valores puede tener. c) ¿En qué principio se basa la afirmación de que no pueden coexistir más de dos electrones en un orbital atómico? a) El orbital 3s pertenece al tercer nivel de energía, por tanto para todos los electrones de este orbital n = 3; por tratarse de un orbital s, l = 0; el valor de l implica que necesariamente m = 0. b)Sí, hay un cuarto número cuántico, el de espín , s,puede tomar los valores + ½ y – ½ . c) Se basa en el principio de exclusión de Pauli, que indica que en un átomo no puede haber dos electrones con los cuatro números cuánticos iguales: esto implica que en un orbital sólo puede haber dos electrones, que tienen iguales los números cuánticos n, l y m y distintos valores de s. PAU CyL J2003 configuraciones y energía ionización Dadas las siguientes configuraciones electrónicas de dos elementos: A: 1s2 2s2 2p2 B: 1s2 2s2 2p1 3s1 Indique de un modo razonado si las afirmaciones siguientes son verdaderas o falsas: a) Es posible la configuración dada para B. b) Las dos configuraciones corresponden al mismo elemento. c) Para separar un electrón de B se necesita más energía que para separarlo de A. a) Verdadero, la estructura de B corresponde a un átomo en estado excitado, ya que se ha empezado a llenar el nivel 3s sin acabar de llenar el 2p. b) Verdadero, A sería el elemento en estado fundamental (con los electrones en los orbitales que corresponden por el orden de llenado), mientras que B sería el mismo átomo, pero en estado excitado (se ha promocionado, con energía, un electrón del orbital 2p al 3s) c) Falso. La energía o potencial de ionización es la energía que se ha de suministrar a un átomo neutro, en estado fundamental y gaseoso para arrancarle el electrón más externo. Es menor cuanto menos atraído esté dicho electrón, o lo que es lo mismo, cuanto más lejos se encuentre del núcleo, luego será menor en B. PAU CyL S2003 configuraciones y electrones desapareados Si los números atómicos respectivos de nitrógeno, argón, magnesio y cobalto son 7, 18, 12 y 27. a) Escriba las configuraciones electrónicas de los referidos átomos. b) Escriba las configuraciones electrónicas de los iones N3-, Mg2+ y Co3+. c) Indique el número de electrones desapareados que existen en el elemento nitrógeno y en los iones Mg2+ y Co3+ del apartado anterior. N (Z = 7): 1s2 || 2s2 2p3 Ar (Z = 18): 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 3p6 Mg (Z = 12): 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 Co (Z = 27): 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 3p6 3d7

4s2

N3-: 1s2 || 2s2 2p6 Mg2+: 1s2 || 2s2 2p6 Co3+: 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 3p6 3d6 pierde los electrones 4s

PAU CyL Átomo y tabla periódica 2000 - 2009

89

N Mg

2+

Co3+

89

8 8 8

3

tiene los 3 electrones 2p desapareados

no tiene electrones desapareados

89 8 8 8 8

tiene 4 electrones 3d desapareados

PAU CyL J2004 carácter metálico y energía de ionización grupo nitrógeno Indicar, y justificar en cada caso, el elemento químico que se corresponde con la característica reseñada: a) Es el elemento del grupo del nitrógeno que presenta mayor carácter metálico. b) Es el elemento del grupo del nitrógeno que posee mayor energía de ionización. c) Es el elemento cuyo ion dipositivo posee la configuración electrónica [Ar] 4s2. a) Dentro de un grupo el carácter metálico aumenta hacia abajo. Por tanto, el elemento que presenta mayor carácter metálico es el bismuto, Bi. b) Dentro de un grupo la energía de ionización aumenta hacia arriba. Por tanto, el elemento que posee mayor energía de ionización es el nitrógeno, N. c) El elemento neutro tendría dos electrones más que los correspondientes a esa configuración. Los electrones de ese elemento neutro son: 18 + 2 + 2 = 22 e-. El elemento en cuestión es el titanio, Ti (Z = 22), cuya configuración electrónica en estado fundamental es: Ti (Z = 22) : [Ar] 4s2 3d2 En el proceso de ionización del Ti, los electrones que primero se expulsan son los electrones 4s2 y no los 3d2. Por lo que realmente la configuración electrónica del ion es: Ti2+ : [Ar] 3d2 PAU CyL S2004 configuración y enlaces del Kr Considere el elemento cuyo número atómico es Z = 36. a) ¿Cuál es su configuración electrónica? ¿Cuál es su posición en el sistema periódico de elementos? b) ¿Qué tipos de enlace puede presentar en sus uniones con otros átomos? c) ¿Cómo será su potencial de ionización en comparación con el del potasio? Z = 36: 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 3p6 3d10 || 4s2 4p6 El elemento Z = 36 pertenece al 4º período y al grupo de los gases nobles, es el Kr. b) No se enlaza con las demás átomos. c) Su potencial de ionización, como corresponde a un gas noble, es muchísimo más elevado que el del potasio. PAU CyL J2005 Pauli y Heisenberg Conteste a los siguientes apartados: a) Enuncie el Principio de exclusión de Pauli y analice las consecuencias que se derivan del mismo. b) Enuncie el Principio de indeterminación de Heisenberg. c) Defina qué es un orbital atómico. a) El principio de exclusión de Pauli establece que no es posible que dos electrones de un átomo

PAU CyL Átomo y tabla periódica 2000 - 2009

4

tengan iguales sus cuatro números cuánticos. Por ello si dos electrones tienen los mismos valores de sus números cuánticos n, l y ml, es decir dos electrones están en el mismo orbital atómico, entonces deben tener distinto valor de ms. En otras palabras dos electrones que ocupen el mismo orbital atómico deben tener spines opuestos. b) El principio de indeterminación de Heisenberg dice que en un instante dado es imposible determinar simultáneamente la posición y el momento angular de una partícula con una precisión mayor que la constante de Plank reducida. h ∆x · ∆p ≥ 2·π c) Un orbital atómico es una región del espacio en torno al núcleo en la que existe una mayor probabilidad de encontrar un electrón.

PAU CyL S2005 configuración electrónica y potenciales de ionizción En el sistema periódico se encuentran en la misma columna los elementos cloro, bromo y yodo colocados en orden creciente de su número atómico. Si el número atómico del cloro es 17: a) Escriba la configuración electrónica de los tres elementos. b) Defina el primer potencial de ionización de un elemento químico y asigne a cada uno de los tres elementos el potencial de ionización que pueda corresponderle de entre los siguientes: 10,4; 11,8 y 13,1 eV. c) Defina que es afinidad electrónica. Cl (Z = 17): 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 3p5 Los tres elementos tienen la misma configuración electrónica externa, el bromo en el período 4 y el yodo en el 5. Al pasar del cloro la bromo se habilitan los orbitales 3d y el pasar al yodo los 4d. Br: 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 3p6 3d10 || 4s2 4p5 en efecto Z = 35 I: 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 3p6 3d10 || 4s2 4p6 4d10 || 5s2 5p5 en efecto Z = 53 b) Potencial de Ionización (EI) es la energía intercambiada cuando a un átomo en estado gaseoso se le extrae un electrón para convertirlo en un catión monopositivo y gaseoso. X(g) + EI → X+(g) + eLa energía de ionización tiene el signo positivo, siempre es un proceso endotérmico. En cada grupo o familia la energía de ionización disminuye al aumentar Z, ya que los electrones están cada vez más alejados del núcleo y se arrancan con mayor facilidad. EI(Cl) = 13,1 eV; EI(Br) = 11,8 eV; EI(I) = 10,4 eV c) La afinidad electrónica (AE) es la energía intercambiada en el proceso de incorporación de un electrón a un átomo en estado gaseoso para originar un anión en estado gaseoso. X (g) + e- → X- (g) + AE

PAU CyL J2006 números cuánticos, energía ionización y configuración electrónica a) Justifique, de un modo razonado, si pueden existir en un átomo electrones cuyos números cuánticos (n, l, m y ms) sean: A) (2, -1, 1, ½) B) (2, 1, -1, ½) C) (1, 1, 0, -½) D) (3, 1, 2, ½). b) Justifique cómo varía el potencial de ionización para los elementos del grupo de los metales alcalinos.

PAU CyL Átomo y tabla periódica 2000 - 2009

5

c) ¿Qué elemento presenta la misma configuración electrónica que el ión Na+? (Para el Na, Z = 11). a) Los posibles valores de los números cuánticos son: n 1, 2, 3, …… n l 0, 1, 2, 3, …..(n-1) ml - l, … 0, … + l ms + 1/2 , - ½ A) (2, -1, 1, ½) no es posible un valor de l negativo B) (2, 1, -1, ½) es correcto C) (1, 1, 0, -½) no es posible un valor de l = 1 igual al valor de n = 1 D) (3, 1, 2, ½) no es posible un valor de ml = 2 mayor que l = 1 b) En cada grupo o familia la energía de ionización disminuye al aumentar Z, ya que los electrones están cada vez más alejados del núcleo y se arrancan con mayor facilidad. c) Na+: 1s2 2s2 2p6 tiene 10 electrones El átomo neutro con 10 electrones, Z = 10, es el Ne PAU CyL S2006 configuraciones electrónicas y electrones desapareados a)Escriba las configuraciones electrónicas de las siguientes especies en su estado fundamental: O2-, Na+, Ar, Cl- y Mn. b)Identifique, justificando las respuestas, las especies isoelectrónicas, si las hay, y las que tienen electrones desapareados. Datos: Número atómicos: O = 8 Na = 11 Cl = 17 Ar = 18 Mn = 25 O2-: 1s2 || 2s2 2p6 Na+: 1s2 || 2s2 2p6 Ar: 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 3p6 Cl-: 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 3p6 Mn: 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 3p6 3d5 4s2 Son isoeléctrónicos el O2- con el Na+ y el Ar con Cl-.

Mn

8 8 8 8 8

tiene los 5 electrones 3d desapareados

PAU CyL S2006 configuraciones electrónicas y tipo de nelace Dados tres elementos del sistema periódico: A, B y C, cuyos números atómicos respectivos son 8, 16 y 19: a) Escriba sus configuraciones electrónicas e indique cuál de ellos presentará el valor mayor del primer potencial de ionización. b) Señale el tipo de enlace y aporte dos propiedades características de los posibles compuestos entre A y B. A (Z = 8): 1s2 || 2s2 2p4 es el oxígeno B (Z = 16): 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 3p4 es el azufre C (Z = 19): 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 3p6 4s1 es el potasio

PAU CyL Átomo y tabla periódica 2000 - 2009

6

El potencial de ionización es más elevado cuanto más hacia arriba y hacia la derecha está un elemento químico, luego el potencial de ionización mayor corresponde al elemento A. b) Los elementos A y B son dos no metales por lo que el enlace que cabe esperar entre ellos es un enlace covalente. El compuesto entre A y B no conducirá la intensidad de la corriente eléctrica y será un gas a temperatura ambiente. PAU CyL J2007 configuraciones y electrones despareados Conteste razonadamente a los siguientes apartados: a) Escriba las configuraciones electrónicas en su estado fundamental de: nitrógeno (Z = 7), magnesio (Z = 12), ión hierro (III) (Z = 26). (hasta 1 punto) b) Enuncie el Principio de máxima multiplicidad de Hund. (hasta 0,5 puntos) c) Indique los electrones desapareados que existen en cada uno de los átomos e iones del primero de los apartados. (hasta 0,5 puntos) N (Z = 7): 1s2 || 2s2 2p3 Mg (Z = 12): 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 Fe3+ (Z = 26): 1s2 || 2s2 2p6 || 3s2 3p6 3d5 pierde los electrones 4s2 b) El principio de máxima multiplicidad de Hund indica que los electrones situados en un mismo subnivel se distribuyen en el mayor número de orbitales posibles (máxima multiplicidad o desapareamiento) de forma que sus espines estén paralelos (desapareados). c)

N Mg Fe3+

89

89

8 8 8

tiene los 3 electrones 2p desapareados

no tiene electrones desapareados

8 8 8 8 8

tiene los 5 electrones 3d desapareados

PAU CyL S2007 energías primeras y segundas de ionización y radios iónicos Responda razonadamente a las siguientes cuestiones: a) De los siguientes elementos: Na, K, Ca y Mg ¿Cuál es el que presenta una mayor energía de ionización? (hasta 0,6 puntos) b) ¿Cuál de los siguientes elementos, Ar, I, Li, Cl y Br, presenta un valor más elevado en su segunda energía de ionización? (hasta 0,6 puntos) c) Coloque las siguientes especies en orden creciente de sus radios iónicos: Cl-; K+; Ca2+ y Mg2+. (hasta 0,8 puntos) a) La energía de Ionización (EI) es la energía intercambiada cuando a un átomo en estado gaseoso se le extrae un electrón para convertirlo en un catión monopositivo y gaseoso. X(g) + EI → X+(g) + eLa energía de ionización tiene el signo positivo, siempre es un proceso endotérmico. En cada grupo o familia la energía de ionización disminuye al aumentar Z, ya que los electrones

PAU CyL Átomo y tabla periódica 2000 - 2009

7

están cada vez más alejados del núcleo y se arrancan con mayor facilidad. Dentro de un mismo período la tendencia es a aumentar la energía de ionización al crecer el número atómico. El valor más elevado corresponde al magnesio. b) El valor más elevado corresponde al argón. c) Mg2+ < K+ < Ca2+ < ClPAU CyL J2008 Configuraciones, grupos, períodos y estados de oxidación Para los elementos químicos cuyos números atómicos son: 11, 14, 35, 38 y 54. a) Escriba su estructura electrónica. (hasta 1,0 puntos) b) Conteste a las siguientes cuestiones: - ¿A qué grupo del sistema periódico pertenece cada elemento? (hasta 0,25 puntos) - ¿Qué estados de oxidación serán los más frecuentes? (hasta 0,25 puntos) - ¿Cuáles son metales y cuáles no metales? (hasta 0,25 puntos) - ¿Cuál es el elemento más electropositivo y cuál es el más electronegativo? (hasta 0,25 puntos) Z = 11: 1s2 || Z = 14: 1s2 || Z = 35: 1s2 || Z = 38: 1s2 || Z = 54: 1s2 ||

2s2 2p6 || 3s1 2s2 2p6 || 3s2 3p2 2s2 2p6 || 3s2 3p6 3d10 || 4s2 4p5 2s2 2p6 || 3s2 3p6 3d10 || 4s2 4p6 || 5s2 2s2 2p6 || 3s2 3p6 3d10 || 4s2 4p6 4d10 || 5s2 5p6

El Z = 11 es un metal alcalino, IA. El Z = 14 es un carbonoideo, IVA. El Z = 35 es un halógeno, VIIA. El Z = 38 es un alcalino térreo, IIA y el Z = 54 es un gas noble, VIIIA. Sus estados es oxidación más frecuentes son: Z = 11 estado 1 +; Z = 14 estados + 4 y -4; Z = 35 estado -1; Z = 38 estado +2 y Z = 54 estado 0. Son metales Z = 11, Z = 38 y no metales Z = 14, Z = 38 y el Z = 54 es un gas noble. El más electropositivo es el Z = 38 y el más electronegativo el Z = 35. Esos elementos químicos son: Na (Z = 11), Si (Z = 14), Br (Z = 35), Sr (Z = 38) y Xe (Z = 54) PAU CyL S2008 números cuánticos En relación con los números cuánticos: a) Defina el principio de exclusión de Pauli. (hasta 0,6 puntos) b) ¿Que define cada conjunto de números cuánticos n, l y ml? Razonando la respuesta deduzca si pueden existir, en un átomo, más de un electrón con los siguientes números cuánticos: n = 2, l = 1 y ml = 0. (hasta 0,7 puntos) c) En un átomo cuántos electrones, como máximo, pueden tener los siguientes valores de los números cuánticos n = 3 y l = 2? ¿Que define cada conjunto de números cuánticos n y l? (hasta 0,7 puntos) a) El principio de exclusión de Pauli establece que no es posible que dos electrones de un átomo tengan iguales sus cuatro números cuánticos. Por ello si dos electrones tienen los mismos valores de sus números cuánticos n, l y ml, es decir dos electrones están en el mismo orbital atómico, entonces deben tener distinto valor de ms. En otras palabras dos electrones que ocupen el mismo orbital atómico deben tener espines opuestos. b) Cada conjunto de los números cuánticos n, l y ml define una región del espacio, próxima al

PAU CyL Átomo y tabla periódica 2000 - 2009

8

núcleo de un átomo, denominada orbital. Si, pueden existir dos electrones con esos números cuánticos, ya que en ese orbital 2p se pueden colocar dos electrones con sus espines desapareados. c) Para valores de los números cuánticos n = 3 y l = 2 hay cinco orbitales tipo 3d, con valores de ml -2, -1, 0, +1, +2. Como en cada orbital se pueden colocar 2 electrones, el número total de electrones con esos números cuánticos es igual a 10. Cada conjunto de números cuánticos n y l define la forma y el tipo de orbital. PAU CyL J2009 abundancia isótopos El vanadio, de número atómico 23, se encuentra en la naturaleza formando dos isótopos con masas iguales a 50 y 51 uma. a. Determinar el número de neutrones y de protones que tiene cada uno de los isótopos. (hasta 0,6 puntos) b. Escribir la configuración electrónica del vanadio. (hasta 0,6 puntos) c. Calcular la abundancia relativa de los dos isótopos si la masa atómica, que aparece en las tablas periódicas, del vanadio es igual a 50,94 uma. (hasta 0,8 puntos) a) El número másico de los isótopos es 50 y 51 respectivamente 50 23 V : protones 23; neutrones 50 - 23 = 27 51 23 V : protones 23; neutrones 51 - 23 = 28 b) El vanadio tiene 23 electrones y su configuración electrónica es: V: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d3 c) Si la abundancia relativa del isótopo de 50 u es x, la del otro isótopo es (100 - x) u. x · 50 u (100 − x ) · 51u + = 50,94 u Y x = 6 % 100 100 51 El 50 23 V supone el 6 % y el 23 V el 94 % del

vanadio natural

PAU CyL S2009 energía ionización En relación con la energía de ionización: a) Defina la primera energía de ionización. b) Qué grupo de la tabla periódica es el más estable respecto a la pérdida de un electrón. Justifique la respuesta. c) Escriba claramente los nombres y los símbolos de los elementos que constituyen el grupo deducido en el apartado b. a) La energía de ionización de un átomo es la energía intercambiada cuando a un átomo en el estado gaseoso se le extrae un electrón. b) Si se interpreta qué elementos son los más estables al convertirse en iones monopositivos gaseosos, entonces la respuesta es los elementos alcalinos. Ello se debe a que tienen un solo electrón en su última capa. Si, por el contrario, se interpreta la pregunta como qué elementos son los más reacios a la pérdida de un electrón, entonces la respuesta es los elementos gases nobles. Ya que todos ellos tienen su última capa completa. c) Alcalinos: litio (Li), sodio (Na), potasio (K), rubidio (Rb), cesio (Cs) y francio (Fr)

PAU CyL Átomo y tabla periódica 2000 - 2009

9

Gases nobles: helio (He), neón (Ne), argón (Ar), kriptón (Kr), xenón (Xe) y radón (Rn) En relación con los números cuánticos: a) Defina los números cuánticos, su significado y posibles valores. b) Deduzca que valores de n, l y m puede tener cada orbital de la subcapa "5d". a) Un orbital atómico es una región del espacio donde la probabilidad de encontrar a un electrón es muy elevada. El número cuántico principal, n, indica el tamaño o el volumen efectivo de un orbital. Puede tener cualquier valor entero positivo, distinto de cero. El número cuántico secundario, l, gobierna la forma y tipo de orbital y es el resultado de la cuantización del momento angular orbital del electrón. También se conoce con el nombre de número cuántico magnético y puede tener los valores desde cero hasta n - 1, siendo n en número cuántico principal. El número cuántico orbital magnético, ml, proporciona la orientación espacial permitida para un mismo tipo de orbital. Sus valores posibles son los de los números enteros positivos y negativos, incluido el cero, comprendidos en el intervalo: -l, …. 0, ….+l. Estos tres números cuánticos caracterizan a los distintos orbitales posibles. A cada orbital se le pueden asociar dos electrones caracterizados por el número cuántico magnético de spin. El número cuántico magnético de spin está relacionado con el momento angular del electrón al girar sobre si mismo. Puede tener los valores de +½ y - ½ . b) El valor del número cuántico principal n es 5. El valor del número cuántico secundario, l, es 2. La subcapa 5d tiene cinco posibles orbitales de valores de ml: -2, -1, 0, +1, +2.

PAU CyL propiedades sustancias y enlaces

junio 2009

1

PAU CyL J2000 estructuras Lewis y polaridad CO2, SO2, NH3 y BF3 Represente las estructuras de Lewis de las siguientes especies, indicando la geometría molecular según el modelo de repulsión de pares electrónicos, y si la molécula presenta o no polaridad: a) CO2 b) SO2 c) NH3 d) BF3 En la estructura de Lewis se representa cada átomo de la molécula, rodeado de sus correspondientes electrones de valencia. El modelo de repulsión de pares de electrones del enlace covalente dice que el carácter dirigido de los enlaces covalentes guarda relación directa con las fuerzas electrostáticas atractivas y repulsivas, que se manifiestan entre los pares electrónicos enlazantes y no enlazantes del sistema formado en cada tipo de molécula. a) Dióxido de carbono Las configuraciones electrónicas del C y del O son: C (Z = 6): 1s2 2s2 2p2 O (Z = 8): 1s2 2s2 2p4 El número de electrones de valencia es de n = 4 + (2 · 6) = 16 electrones El átomo de carbono comparte dos pares de electrones con cada átomo de oxígeno. El átomo central no tiene pares de electrones libres, luego la geometría de la molécula es lineal (con ángulo de enlace de 180º). Al ser una molécula de geometría regular, aunque los 2 enlaces están polarizados, por ser el oxígeno más electronegativo que el carbono, la suma de momentos dipolares es nula, siendo la molécula apolar. b) Dióxido de azufre Las configuraciones electrónicas del S y del O son: O (Z = 8): 1s2 2s2 2p4 S (Z = 16): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 El número de electrones de valencia es de n = 6 + (2 · 6) = 18 electrones Las segundas estrucuras de Lewis cumplen la regla del octeto, no obstante se suele representar la primera aunque el azufre esté rodeado de 10 electrones. o bien

El átomo de azufre está rodeado por 4 pares de electrones: 3 pares en enlaces covalentes y un par de electrones libre, luego existen repulsiones y la molécula presenta un ángulo de enlace de 120º, siendo su geometría angular. El oxígeno es más electronegativo que el azufre, por lo que los dos enlaces están polarizados; y a causa de la geometría la suma de momentos dipolares no es nula, siendo la molécula polar. c) Amoníaco Las configuraciones electrónicas del N y H son: H (Z = 1): 1s1 N (Z = 7): 1s2 2s2 2p3 El número de electrones de valencia es n = 5 + 3 · 1 = 8 electrones El átomo central de nitrógeno tiene 4 pares de electrones a su alrededor, siendo uno de ellos un par

PAU CyL propiedades sustancias y enlaces

junio 2009

2

libre, luego la geometría es de pirámide triangular (tetraedro), y el ángulo de enlace será de 107,3º. Los enlaces son polares porque el nitrógeno es más electronegativo que el hidrógeno; la suma de los momentos dipolares no es nula, y es una molécula polar: d) Trifluoruro de boro. Las configuraciones electrónicas del B y F son: B (Z = 5): 1s2 2s2 2p1 F (Z = 9): 1s2 2s2 2p5 El número de electrones de valencia es n = 3 + 3 · 7 = 24 electrones El boro tiene tres electrones de valencia que dan tres enlaces sencillos con el electrón desapareado de tres átomos de flúor. Esta molécula no sigue la regla del octeto ya que el boro se rodea solamente de 6 electrones. El átomo de boro no tiene pares de electrones libres, luego no hay repulsiones y el ángulo de enlace se mantiene en 120º, siendo la geometría plana trigonal plana. Los enlaces están polarizados, al ser más electronegativo el flúor, pero la geometría regular hace que se anulen los momentos dipolares y la molécula es apolar. PAU CyL S2000 obtención del sulfúrico, nítrico y amoníaco a) Escriba las reacciones e indique los catalizadores que se utilizan en la síntesis de ácido sulfúrico, ácido nítrico y amoníaco. b) Escriba las reacciones e indique los catalizadores que se utilizan en la eliminación de los gases nocivos producidos en los motores de combustión. a) Ácido sulfúrico: método de contacto 1º etapa: obtención del SO2 por tostación de la pirita: 4 FeS2 + 11 O2 → 8 SO2 + 2 Fe2O3 2ª etapa: oxidación del SO2, catalizada con platino finamente dividido, o una mezcla de Fe2O3 y V2O5 (son muy sensibles al arsénico, luego hemos de lavar el SO2 previamente) SO2 + ½ O2 → SO3 3ª etapa: reacción del SO3 con agua, disolviéndolo antes en sulfúrico fumante (del 98%), para dar el ácido pirosulfúrico (H2S2O7), al que se añade el agua. SO3 + H2SO4 → H2S2O7 H2S2O7 + H2O → 2 H2SO4 Ácido nítrico: Método Ostwald 1ª etapa: oxidación del amoníaco con un volumen de aire 10 veces mayor, con un catalizador consistente en una malla de platino. 4 NH3 + 5 O2 → 4 NO + 6 H2O 2ª etapa: oxidación del NO a NO2 con más aire: 2 NO + O2 → 2 NO2 3ª etapa: paso del NO2 por agua caliente, obteniendo el ácido

PAU CyL propiedades sustancias y enlaces

junio 2009

3

3 NO2 + H2O → 2 HNO3 + NO El NO se recupera y se envía a la cámara de oxidación. Amoníaco: Método Haber-Bosch Es la reacción entre el nitrógeno y el hidrógeno. Se trata de un equilibrio exotérmico. N2 + 3 H2 → 2 NH3 Se cataliza con cualquiera de estos catalizadores: Fe, Mo, Fe3O4, Al2O3. Para que no se contaminen, los reactivos gaseosos deben ser muy puros. b) Dentro de un motor de combustión, se alcanzan elevadas temperaturas, que hacen que reaccionen el nitrógeno y el oxígeno, para dar NO, que al recombinarse con el O2 de la atmósfera daría NO2, gas que resulta ser muy venenoso: N2 (g) + O2 (g ) → 2 NO (g) NO (g) + O2 (g) → NO2 (g) El automóvil también emite otros gases contaminantes, como el CO e hidrocarburos sin quemar 2 C(s) + O2(g) → 2 CO(g) Por ello, a los automóviles se les fabrica con convertidores catalíticos, con platino, paladio, u óxidos de algún metal de transición. En una primera cámara se efectúa la reducción de la emisión de CO. En la segunda cámara, se emplean como catalizadores metales de transición, o sus óxidos, disociando el NO en N2 y O2 antes de que salga a la atmósfera. PAU CyL S2001conductividad eléctrica de un metal, un cristal y una disolución Comente y haga una valoración cualitativa, de forma razonada, de la conductividad eléctrica de los siguientes sistemas: a) hilo de cobre; b) cristal de nitrato de cobre (II); c) disolución de sulfato de cromo (III) a) Es un metal con una conductividad elevada debido a los electrones de valencia libres en la red metálica. b) Es un compuesto iónico, y está en estado sólido sus iones ocupan posiciones fijas en la red, no se pueden mover y su conductividad eléctrica es pequeña. c) Es un compuesto iónico disuelto en agua, es decir, los iones están hidratados, se ha roto la red cristalina, y pueden moverse las cargas: sí es conductor. PAU CyL J2002 Geometría y polaridad de moléculas a) Indique cuál es la geometría de las moléculas AlH3, BeI2, PH3 y CH4 según la teoría de la repulsión de par de electrones en la capa de valencia. b) Señale y justifique si alguna de las moléculas anteriores es polar. a) La teoría RPECV dice: “los pares de electrones enlazantes y libres que rodean al átomo central, para conseguir que sus repulsiones sea mínima, se alejan orientándose en el espacio adoptando geometrías determinadas”. Para la molécula AlH3 en la que sólo hay pares de electrones enlazantes alrededor del átomo central, Al, la dirección de los enlaces se dirigen hacia los vértices de un triángulo equilátero, donde se sitúan los átomos de hidrógeno, siendo la geometría plana triangular. En la molécula BeI2 con pares de electrones enlazantes alrededor del átomo central, Be, los pares de

PAU CyL propiedades sustancias y enlaces

junio 2009

4

electrones enlazantes se dirigen en la misma dirección con sentidos opuestos, presentando la molécula geometría lineal. La molécula PH3 presenta un par de electrones no compartidos y tres pares compartidos, siendo las direcciones espaciales a las que se dirigen, para que la repulsión entre ellos sea mínima, los vértices de un tetraedro. En el vértice superior se sitúa el par de electrones no compartido y en los otros tres los átomos de hidrógeno, siendo la estructura piramidal trigonal. En la molécula CH4 con sólo pares de electrones compartidos, la dirección espacial de los enlaces es la de un tetraedro, en cuyos vértices se ubican los átomos de hidrógeno, siendo la geometría de la molécula tetraédrica. b) La escasa diferencia de electronegatividad entre los átomos que componen cada molécula, junto a la geometría de las mismas, justifican la no polaridad de las moléculas propuestas. PAU CyL S2002 enlaces Señale y razone el tipo de enlace que debe romperse para: a) Fundir hielo. b) Fundir cloruro de cesio. c) Evaporar oxígeno líquido. d) Fundir níquel. a) Fundir el hielo: agua sólida → agua líquida. Hay que romper las fuerzas intermoleculares que estabilizan la red cristalina del agua sólida, que son principalmente enlaces por puentes de hidrógeno. b) Fundir el CsCl. Se trata de un sólido fónico formado por iones Cs+ y Cl- unidos por fuerzas electrostáticas en la red cristalina: hay que romper los enlaces iónicos. c) Evaporar oxígeno líquido: O2(sólido) → O2(líquido). El O2 es un compuesto covalente apolar; las únicas fuerzas de cohesión que actúan para mantener el estado líquido son las fuerzas intermoleculares de van del Waals que constituyen el enlace que hay que romper. d) Fundir el níquel. Los iones Ni2+ ocupan posiciones fijas en la red cristalina del metal; los electrones se mueven entre ellos (nube electrónica) e interaccionan con los iones estabilizando la red cristalina. Esta interacción constituye el enlace metálico. PAU CyL S2002 propiedades y aplicaciones del amoníaco Indique, para el amoniaco: a) Cuatro propiedades. b) Cuatro aplicaciones. a) Propiedades: Físicas: Gas a temperatura ambiente, licua a -33 °C a presión normal y, a temperatura ambiente, licua a presiones relativamente bajas de menos de 10 atm. Incoloro, de olor picante característico. Tiene estructura molecular de pirámide trigonal con el N en el vértice y los tres H en la base. Esto hace que sea una molécula sea marcadamente dipolar. El gas amoniaco es muy soluble en agua, hasta 700 mL de amoníaco por mL de agua a presión y temperatura ordinarias. Químicas: Estable a temperatura ambiente, se descompone al calentarle: 2 NH3 → N2 + 3 H2,

PAU CyL propiedades sustancias y enlaces

junio 2009

5

el proceso se facilita en presencia de catalizadores, de radiación ultravioleta y al someter el gas a la acción de una chispa eléctrica. Actúa como reductor frente a agentes oxidantes fuertes como el oxígeno o el cloro: 4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O 4NH3 + 3 O2 → 2 N2 + 6 H2O 2NH3 + 3 Cl2 → N2 + 6 HCl Tiene carácter alcalino: Con el agua reacciona dando una disolución alcalina NH3 + H2O → NH4+ + OHCon los ácidos reacciona dando sales amónicas. Se combina con muchas sales para formar complejos de coordinación. Reacciona con algunos metales alcalinos para formar nitruros b) Aplicaciones: El amoníaco tiene gran importancia en la industria Química. En la preparación de sales amónicas (sobre todo sulfatos) que se usan como abonos nitrogenados. En la preparación de ácido nítrico, nitratos y nitratos. En la síntesis de la urea. El amoníaco líquido se utiliza en refrigeración, por el calor que absorbe al evaporarse. Las disoluciones amoniacales se emplean para limpiar la plata, como quitamanchas, y en la preparación de productos de limpieza doméstica e industrial. PAU CyL S2003 enlace y carácter ácido del HCl y HI a) Describa las características del enlace en las moléculas cloruro de hidrógeno y yoduro de hidrógeno. b) Compare razonadamente la polaridad de ambas. c) Señale cuál de ellas tendrá carácter más ácido en estado gaseoso, según la teoría de Brönsted. a) En ambas moléculas se unen un halógeno con un átomo de hidrógeno. Los halógenos tienen 7 electrones en su última capa y el hidrógeno solo un electrón en el orbital 1s. En ambos casos se unen dos no metales por medio de un enlace covalente, es decir, por compartición de un par de electrones, de modo que las dos especies completen su capa de valencia. b) Se trata de un enlace fuerte, entre dos átomos de diferente electronegatividad, luego las dos moléculas son polares. Como en un grupo la electronegatividad disminuye hacia abajo, es más polar el enlace H - Cl que el enlace H - I. c) Según Brönsted, un ácido es la especie que en disolución acuosa tiende a ceder protones, luego la especie que los ceda con más facilidad, será la de mayor carácter ácido. A medida que aumenta el tamaño del anión (el halogenuro), el protón está menos retenido por él, luego le es más fácil perderlo, y el ácido es más fuerte. En los grupos, al bajar, aumenta el radio atómico, luego el ión yoduro será mayor que el cloruro; por lo que en el HI será más sencillo ceder el protón que en el HCl; siendo más fuerte el HI. PAU CyL S2003 propiedades amoníaco Indique si las siguientes propiedades del amoníaco son ciertas o falsas, razonando la respuesta en cada caso: a) Es mal disolvente de compuestos iónicos.

PAU CyL propiedades sustancias y enlaces

junio 2009

6

b) Es una base de Bronsted y de Lewis. c) La molécula de amoniaco es polar. a) Verdadero. A pesar del carácter polar de la molécula es mal disolvente de los compuestos iónicos. Su constante dieléctrica es muy pequeña. b) Verdadero. Una base de Brönsted-Lowry es toda sustancia capaz de aceptar protones. NH3(aq) + H2O(l) W NH4+(aq) + OH-(aq) Es una base de Lewis porque el N del amoníaco tiene un par de electrones que los puede ceder. c) Verdadero. El átomo central de nitrógeno tiene 4 pares de electrones a su alrededor, siendo uno de ellos un par libre, luego la geometría es de pirámide triangular (tetraedro), y el ángulo de enlace será de 107,3º. Los enlaces son polares porque el nitrógeno es más electronegativo que el hidrógeno; la suma de los momentos dipolares no es nula, y es una molécula polar. PAU CyL J2004 estructuras Lewis y polaridad a) Escribir las estructuras de Lewis correspondientes a las especies químicas: monoclorometano, dióxido de carbono y amoniaco. b) Indicar, razonadamente, si alguna de ellas presenta polaridad. a) Teniendo en cuenta las configuraciones electrónicas del C, H, Cl, O y N, se tienen las siguientes estructuras de Lewis de las diferentes sustancias. Monoclorometano (CH3Cl) Dióxido de carbono (CO2) amoníaco (NH3)

b) Para determinar la polaridad, necesitamos conocer la geometría de la molécula. Utilizando el método RPECV, repulsión de pares de electrones de la capa de valencia. CH3Cl La molécula es tetraédrica. Los tres enlaces C - H están polarizados hacia el átomo de C (más electronegativo) y el enlace C - Cl está polarizado hacia el átomo de Cl. El resultado son cuatro momentos dipolares, que no se anulan eutr sí. La molécula es polar. CO2 La molécula es lineal. Los dos enlaces están muy polarizados hacia el átomo de O. Los dos momentos dipolares resultantes tienen el mismo módulo y sentidos opuestos por lo que se anulan entre sí. La molécula es apolar. NH3 La molécula tiene geometría piramidal de base triangular. Los tres enlaces N - H están fuertemente polarizados hacia el átomo de N. Los tres momentos dipolares no se anulan sí y, además, se ven reforzados por el par no enlazante del átomo de N, por lo que la molécula es altamente polar. PAU CyL S2004 enlace y estado físico 4.- Formule e indique los tipos de enlace y el estado físico más probable (sólido, líquido, gas)

PAU CyL propiedades sustancias y enlaces

junio 2009

7

de las siguientes sustancias químicas a 25ºC y 1 atm de presión: a) Óxido de sodio. b) Cloro. c) Níquel. (Razone, en cada caso, la respuesta). a) Enlace iónico entre un metal y un no metal. A temperatura ambiente estado sólido. b) Enlace covalente de un no metal consigo mismo. A temperatura ambiente es un gas. c) Enlace metálico y a temperatura ambiente es un sólido. PAU CyL J2005 definiciones de enlaces Defina los conceptos siguientes aportando algún ejemplo: a) Enlace iónico. b) Enlace covalente. c) Enlace metálico. a) El enlace iónico es el resultado de la interacción electrostática entre iones de distinto signo que se forman cuando varios átomos se ceden electrones unos a otros. Por ejemplo el sodio le cede su único electrón de su última capa al cloro que lo acepta para completar la suya. En el proceso el sodio se convierte en un catión y el cloro en un anión. La interacción electrostática entre ellos genera una red tridimensional de cationes y aniones que interaccionan entre sí.

b) Un enlace covalente se origina cuando dos electrones son compartidos por dos átomos. Los electrones no son transferidos de de un átomo a otro como en el enlace iónico, sino que son compartidos por ambos átomos. Por ejemplo dos átomos de oxígeno comparten dos pares de electrones para formar un doble enlace covalente. En el caso del nitrógeno se comparten tres pares. De esta forman completan estos átomos su última capa.

c) El enlace metálico, en el modelo de la nube electrónica, los átomos del metal ceden sus electrones de valencia convirtiéndose en iones positivos, que se ordenan geométricamente en una red. Los electrones de valencia forman una nube alrededor de los iones positivos y que se puede desplazar por el interior del metal. La interacción entre los iones positivos y la nube electrónica estabiliza al cristal.

PAU CyL S2005 enlace y fuerza de atracción 3.- Indique razonadamente qué tipo de enlace o fuerza de atracción se rompe al: a) Fundir bromuro de litio. b) Disolver bromo molecular en tetracloruro de carbono. c) Evaporar agua.

PAU CyL propiedades sustancias y enlaces

junio 2009

PAU CyL J2007 enlace polar y apolar Defina y ponga un ejemplo en cada caso: a) Enlace polar. b) Molécula polar. c) Molécula apolar con enlaces polares.

8

(hasta 0,7 puntos) (hasta 0,6 puntos) (hasta 0,7 puntos)

a) Un enlace polar es la unión química entre átomos con diferente electronegatividad. Por ejemplo en el cloruro de hidrógeno, H→Cl que el cloro es más electronegativo que el hidrógeno y por tanto, los electrones del enlace están desplazados hacia el átomo más electronegativo. Su valor se mide r

r

con el momento bipolar: µ = δ · r

b) Una molécula polar es una molécula con enlaces polares y cuyos momentos r ∑µ ≠ 0 dipolares no se anulan por simetría, . Está muy relacionada con la geometría de la molécula. Así el agua presenta un momento bipolar quer es la suma vectorial de los momentos r r µ Total = µ 1 + µ 2 dipolares de cada uno de los enlaces H→O: c) Una molécula puede ser apolar, aún cuando posea enlaces polares. El carácter vectorial de los enlaces polares permite que con la geometría adecuada la molécula tenga un momento dipolar igual acero. Tal es el caso del tetracloruro de carbono y del dióxido de carbono que son apolares y tienen enlaces polares.

Cl

C Cl

O=C=O Cl

Cl

PAU CyL J2008 Enlaces 2.- Dadas las siguientes sustancias químicas: I2, BaO, HCl y Fe, indique razonando las respuestas: a) Tipo de enlace que tienen dichas sustancias. (hasta 1,0 puntos) b) Estado físico que presentará cada una de las sustancias a temperatura ambiente. (hasta 1,0 puntos) I2 sustancia covalente que a temperatura ambiente está en estado sólido que sublima fácilmente. BaO enlace iónico entre un metal y un no metal y a temperatura ambiente está en estado sólido. HCl enlace covalente y a temperatura ambiente es un gas. Fe enlace metálico y a temperatura ambiente es un sólido. PAU CyL J2009 lewis, geometría y polaridad Para las siguientes moléculas: H2O, NH3, CH4 y HCl indique, razonando la respuesta: a. Estructura electrónica de Lewis. (hasta 0,8 puntos) b. Geometría. (hasta 0,6 puntos) c. Polaridad. (hasta 0,6 puntos) Agua Las configuraciones electrónicas del O e H son:

PAU CyL propiedades sustancias y enlaces

junio 2009

9

O (Z = 8): 1s2 2s2 2p4 H (Z = 1): 1s1 El número de electrones de Valencia es: n = 6 + 2 · 1 = 8 electrones El átomo central de oxígeno tiene 4 pares de electrones a su alrededor, siendo dos pares libres, luego la geometría es angular, con un ángulo de enlace de 104,5º. Los enlaces son polares porque el oxígeno es más electronegativo que el hidrógeno; la suma de los momentos dipolares no es nula, y es una molécula polar. Amoníaco Las configuraciones electrónicas del N e H son: H (Z = 1): 1s1 N (Z = 7): 1s2 2s2 2p3 El número de electrones de valencia es n = 5 + 3 · 1 = 8 electrones El átomo central de nitrógeno tiene 4 pares de electrones a su alrededor, siendo uno de ellos un par libre, luego la geometría es de pirámide triangular, y el ángulo de enlace será de 107,3º. Los enlaces son polares porque el nitrógeno es más electronegativo que el hidrógeno; la suma de los momentos dipolares no es nula, y es una molécula polar. Metano Las configuraciones electrónicas del C e H son: H (Z = 1): 1s1 C (Z = 6): 1s2 2s2 2p2 El número de electrones de valencia es n = 4 + 4 · 1 = 8 electrones El átomo central de carbono tiene 4 pares de electrones a su alrededor, luego la geometría es tetraédrica, y el ángulo de enlace será de 109,5º. El átomo de carbono está en el centro del tetraedro y los cuatro hidrógenos en los vértices. Los enlaces son polares porque el carbono es más electronegativo que el hidrógeno; la suma de los momentos dipolares es igual a cero, y es una molécula apolar. Cloruro de hidrógeno Las configuraciones electrónicas del Cl e H son: Cl (Z = 17): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 H (Z = 1): 1s1 El número de electrones de valencia es n = 7 + 1 = 8 electrones El átomo cloro tiene 4 pares de electrones a su alrededor, de los que solamente un par es enlazante. La geometría es lineal. El enlace es polar porque el cloro es más electronegativo que el hidrógeno y por ello la molécula es polar.

·· Cl ··

H

PAU CyL propiedades sustancias y enlaces

junio 2009

10

PAU CyL S2009 configuraciones y enlaces Dados los elementos A, B y C de números atómicos 19, 13 y 35, respectivamente, indique justificándolo: a) La configuración electrónica ordenada de cada uno de ellos. b) La naturaleza de los enlaces de los compuestos que responden a: A-C; B-B; C-C. c) Enuncie el principio de máxima multiplicidad de Hund. A (z = 19): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 B (z = 13): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 C (z = 35): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p5 b) El elemento A es un metal alcalino, el potasio. El elemento B es un metal del grupo IIIA, el aluminio y el elemento C es un no metal halógeno, el bromo. El enlace A-C es un enlace iónico entre un metal y un no metal. El enlace B-B es un enlace metálico y el enlace C-C es un enlace covalente. c) El principio de máxima multiplicidad o de Hund dice que: cuando los electrones ocupan orbitales de idéntica energía, degenerados, se distribuyen en el mayor número de orbitales posibles. Al llenar de electrones orbitales de energías equivalentes, antes de aparearse los electrones en un mismo orbital, debe pasarse por la situación en la que todos los orbitales del mismo subnivel estén semillenos o semiocupados, de forma que sus espines estén desapareados.

PAU CyL termoquímica

junio 2009

1

PAU CyL J2000 cuestiones de termoquímica Explique y justifique si las siguientes proposiciones son ciertas o falsas: a) Sabiendo que las ∆Hdisolución de CaCl2(s) y NH4NO3(s) son –82,8 kJ/mol y 26,6 kJ/mol respectivamente, las disoluciones en agua de CaCl2(s) se pueden utilizar para calentar, y las de NH4NO3(s) para enfriar. b) El primer principio de la termodinámica se enuncia como ∆U = + Q c) El calor de reacción a volumen constante es siempre mayor que el calor de reacción a presión constante. d) Se sabe que la siguiente reacción, A(s) → B(s) + C(g), es espontánea a cualquier temperatura. Por lo tanto si ∆S es positivo, podemos deducir que ∆H debe ser negativo. a) Verdadera. La disolución del CaCl2(s) es un proceso exotérmico, ∆H < 0, luego su disolución se puede utilizar para calentar a otro sistema. Por el contrario, la disolución del NH4NO3(s) es endotérmica, ∆H > 0, luego su disolución enfría a otro sistema. b) Falsa. El primer principio de la termodinámica, según el criterio de signos de la IUPAC, se enuncia como: ∆U = Q + W Si una transformación se realiza a volumen constante entonces: ∆U = Q + p · ∆V = Q + 0 = Q c) Falsa. En una transformación a V = cte: ∆U = Q - p · ∆V ⇒ Qv = ∆U En una transformación a p = cte: ∆U = Q - p · ∆V ⇒ Qp = ∆U + p · ∆V = ∆H Por tanto: Qp = Qv + p · ∆V Y en el caso de gases ideales y a temperatura constante, entonces: Qp = Qv + R · T ∆n Por lo que la relación entre ellos depende de la variación en el número de moles que tenga lugar. d) Verdadera. El criterio de espontaneidad de una reacción queda determinado por la variación de la energía libre de Gibss: ∆G < 0 En función de otras variables: ∆G = ∆H – T · ∆S En esta reacción se desprende un gas, por lo que aumenta el desorden y ∆S > 0. El término T · ∆S siempre > 0, por lo que la única forma de que ∆G < 0 incluso a temperaturas muy bajas es que sea ∆H < 0. PAU CyL J2001 ∆H combustión tolueno dadas las de formación La entalpía estándar de formación del tolueno (C6H5 – CH3) es 11,95 kcal/mol, y las entalpías estándar de formación del dióxido de carbono (g) y del agua (l) son respectivamente –94,05 kcal/mol y –68,32 kcal/mol. Calcule: a) La entalpía de combustión del tolueno. b) ¿Cuántas calorías se desprenden en la combustión completa de 23,00 gramos de tolueno?

PAU CyL termoquímica

junio 2009

2

a) La reacción que describe el proceso es: C6H5-CH3 + 9 O2 → 7 CO2 + 4 H2O Como se proporcionan los datos de las entalpías de formación a esa temperatura de las distintas especies químicas, aplicando la ley de Hess, teniendo en cuenta la estequiometría y que las entalpías de formación O2 (g) es igual a cero por estar en su estado estándar, se calcula la entalpía de la reacción de combustión: ∆Hreacción = ΣHformación(productos) - ΣHformación(reactivos) = = 7 mol · (- 94,05 kcal/mol) + 4 mol · (- 68,32 kcal/mol) – 1 mol · (11,95 kcal/mol) = = - 943,58 kcal por cada mol de tolueno b) Atendiendo a la estequiometría de la reacción resulta que: 23 g tolueno ∆H = (−943,58 kcal / mol) = −235,9 kcal 92 g / mol PAU CyL J2002 ∆H para una cierta cantidad de Fe2O3 y Al La reacción de una mezcla de aluminio en polvo con oxido de hierro (III) genera hierro y óxido de aluminio. La reacción es tan exotérmica que el calor liberado es suficiente para fundir el hierro que se produce. a) Calcular el cambio de entalpía que tiene lugar cuando reaccionan completamente 53,96 gramos de aluminio con un exceso de óxido de hierro (IlI) a temperatura ambiente. b) ¿Cuántos gramos de hierro se obtienen si el rendimiento de la reacción es del 85 %? Datos: ∆Hºf (Fe2O3) = - 822,2 kJ; ∆Hºf (Al2O3) = - 1676 kJ. La ecuación química que describe el proceso es: 2 Al + Fe2O3

→

2 Fe + 2 Al2O3

Como se proporcionan los datos de las entalpías de formación a esa temperatura de las distintas especies químicas, aplicando la ley de Hess y teniendo en cuenta la estequiometría y que las entalpías de formación del Fe (s) y del Al (s) son igual a cero por estar en su estado estándar, se calcula la entalpía de reacción: ∆Hreacción = ΣHformación(productos) - ΣHformación(reactivos) = = 1 mol · (- 1 676 kJ/mol) – 1 mol · (- 822,2 kJ/mol) = - 853,8 kJ En la reacción ajustada intervienen 2 mol de Al, para la cantidad de Al indicada, el cambio de entalpía es: − 853,8 kJ 53,96 g Al ∆H = = −853,8 kJ 2 mol Al 26,97 g / mol b) Teniendo en cuanta la estequiometría de la reacción y el redimiento, la cantidad de Fe que se obtiene es: 2 mol Fe 55,85 g Fe 85 m Fe = 2 mol Al · = 94,95 g Fe 2 mol Al 1 mol Fe 100

PAU CyL J2003 dada entalpía calcular trabajo realizado y ∆U en HCl Considere la reacción: H2(g) + Cl2(g) = 2 HCl(g); ∆H = - 184,6 kJ. Si reaccionan en un recipiente 3 moles de H2(g) y 5 moles de Cl2(g), manteniendo la presión constante de 1 atm y a la temperatura de 25 °C. a) Calcular el trabajo realizado y dar el resultado en julios. b) Calcular la variación de la energía interna del sistema.

PAU CyL termoquímica

junio 2009

3

a) Aplicando el criterio de la IUPAC el trabajo realizado por el sistema en un proceso que transcurre a presión constante es: W = - P · ∆V. En esta reacción todas las sustancias están en estado gaseoso y la cantidad de moles de la mezcla de gases es constante ∆n = 2 – (1 + 1) = 0, por o que no hay variación del volumen, ∆V = 0 y por ello no se intercambia energía en forma de trabajo: W = - p · ∆V = 0 J b) Como el proceso transcurre a temperatura constante y considerando a los gases ideales, la variación de la energía interna está relacionada con la variación de la entalpía con la ecuación: ∆H = ∆U + p · ∆V = ∆U + ∆n · R · T = ∆U + 0 · R · T = ∆U Si se considera que 3 mol de H2(g) se transforman junto a 3 mol de Cl2(g) para formar 6 mol de HCl(g) y sobran 2 mol de Cl2(g), se tiene que: ∆U = ∆H = 3 mol · (- 184,6 kJ/mol) = - 553,8 kJ PAU CyL J2003 añadir catalizador y cómo se modifican variables Cuando se adiciona un catalizador a un sistema reaccionante, decir razonadamente si son ciertas o falsas las siguientes propuestas, corrigiendo las falsas. a) La variación de entalpía de la reacción se hace más negativa, es decir, la reacción se hace más exotérmica y por lo tanto es más rápida. b) La variación de la energía libre de Gibbs se hace más negativa y en consecuencia aumenta la velocidad. c) Hace disminuir la energía de activación del proceso y así aumenta la velocidad del mismo. Un catalizador rebaja la barrera de activación y por tanto disminuye la energía de activación del proceso sin modificar ninguna de las magnitudes termodinámicas, es decir acelera el transcurso del mismo. Por tanto, las propuestas a y b son falsas y la c es verdadera. PAU CyL S2003 dada entalpía reacción, su variación con cierta cantidad de reactivos a) Se tiene la reacción, no ajustada, CH3OH (l) + O2 (g) → H2O (l) + CO2 (g), en la que, a presión constante, se desprenden 725,5 kJ por cada mol de metanol que reacciona. Calcule ∆H cuando: 1) en el proceso se obtienen 4 moles de CO2 (g) 2) la dirección de la reacción se invierte (los reactivos se convierten en productos y viceversa) y se obtienen 2 moles de CH3OH (l). b) ¿Cuál o cuáles de las siguientes sustancias tienen valor de entalpía de formación estándar distinta de cero a 25 °C y 1 atm de presión: Fe (s), Ne (g), H (g), CH4 (g) y Hg (s)? Razone las respuestas. a) La reacción ajustada es: 2 CH3OH (l) + 3 O2 (g)

→

4 H2O (l) + 2 CO2 (g)

∆H = - 1 451,0 kJ

Para calcular ∆H de la reacción ajustada hay que tener en cuenta que se queman 2 mol de metanol. Según la estequimoterìa de la reacción al producirse 4 mol de CO2, se tiene: − 1451,0 kJ ∆H = · 4 mol CO 2 = −2 902,0 kJ se desprenden 2 mol CO 2 Para la reacción inversa se tiene que la entalpía de reacción es la misma pero cambia de signo. 2 CO2 (g) + 4 H2O (l) → 2 CH3OH (l) + 3 O2 (g) ∆H = + 1 451,0 kJ La reacción es endotérmica.

PAU CyL termoquímica

junio 2009

4

b) Para caracterizar a las sustancias, se define la variación de la entalpía molar estándar de formación ∆Hf0 como la energía intercambiada, a presión constante, durante la formación de un mol de una sustancia, a partir de sus elementos químicos en su estado estándar de referencia. El estado estándar de referencia de una sustancia es el estado con respecto al cual se miden las variaciones de entalpía y se define como su forma más estable en las condiciones estándar de presión y temperatura. Las condiciones estándar de presión y temperatura son: 105 Pa y 298 K, y el estado estándar de referencia se identifica mediante el superíndice cero a continuación de la magnitud energética. El estado estándar de referencia de un gas es el del mismo a la presión parcial de 105 Pa y temperatura de 298 K. El estado estándar de referencia de un líquido es el de líquido puro a 105 Pa de presión y temperatura de 298 K. El estado estándar de referencia de un sólido es el de sólido puro en su forma alotrópica más estable a la presión de 105 Pa y temperatura de 298 K. El estado estándar de referencia de una sustancia disuelta, es el de una disolución ideal de la misma, de concentración 1 mol/L, a la presión de 105 Pa y temperatura de 298 K. Por convenio, la variación de la entalpía de formación de los elementos químicos, en su estado de agregación y forma alotrópica más estable, a la presión de 105 Pa y temperatura de 298 K, es cero. Por lo tanto, la entalpía de formación, será nula para todos los elementos químicos en su forma más estable y a 25 ºC y 105 Pa de presión; por ello, de las especies dadas, tienen entalpía de formación nula: Fe (s), Ne (g), H (g) y Hg (s). Solamente el compuesto CH4 (g) tendrá un valor de entalpía de formación distinto de cero. PAU CyL J2004 entalpía descomposición carbonato y espontaneidad a T El CaCO3 (s) se descompone a 850 °C para dar CaO (s) y CO2(g) a) Calcular el cambio de entalpía en kJ cuando en la reacción se producen 48,02 g de CO2. b) ¿Es termodinámicamente espontánea esta reacción? Haga un razonamiento cualitativo. Datos: Entalpías de formación por mol a 850 °C CaCO3(s) = - 1 206,9 kJ; CaO (s): - 635,6 kJ; CO2(g): - 393,5 kJ. a) La descomposición del carbonato de calcio responde a la ecuación: CaCO3(s) → CaO(s) + CO2(g) ∆H ?? Como se proporcionan los datos de las entalpías de formación a esa temperatura de las distintas especies químicas, aplicando la ley de Hess y teniendo en cuenta la estequiometría, se calcula la entalpía de reacción: ∆Hreacción = ΣHformación(productos) - ΣHformación(reactivos) = = 1 mol · (- 393,5 kJ/mol) + 1 mol · (- 635,6 kJ/mol) – 1 mol · (- 1 206,9 kJ/mol) = = + 177,8 kJ Proceso endotérmico, (∆H > 0), hay que aportar al sistema desde el exterior 177,8 kJ por mol de carbonato de calcio que se descompone. Como la masa molar del CO2 es 44 g/mol, la variación de la entalpía cuando se produce una masa de 48,02 g de CO2 es: 48,02 g CO 2 kJ ∆H = +177,8 · = 194,0 kJ mol CO 2 44 g / mol

PAU CyL termoquímica

junio 2009

5

b) La espontaneidad de un proceso químico que transcurre a presión y temperatura constantes, queda determinado por la variación de la energía libre de Gibss, de forma que el proceso es espontáneo a p y T constantes si ∆G < 0. Esta magnitud está relacionada con la variación de la entalpía, ∆H, de la entropía, ∆S, y con la temperatura absoluta, por la ecuación: ∆G = ∆H – T · ∆S En este caso y ∆H > 0 y ∆S > 0, ya que en el proceso se desprende un gas lo que acarrea un aumento del desorden. Para que ∆G < 0 se debe cumplir que |T · ∆S| > |∆H| hecho que ocurrirá a temperaturas elevadas. Por tanto a temperaturas bajas, temperatura ambiente, predomina el término ∆H y el proceso no es espontáneo. Por ello el carbonato de calcio es estable y no se descompone de forma espontánea a temperatura ambiente. Sin embargo a temperaturas elevadas, predomina el término T · ∆S y el proceso es espontáneo. PAU CyL S2004 entalpía combustión etano y volumen etano para calentar agua Se conocen las siguientes entalpías de formación estándar: -84,5 kJ/mol para el etano, -393,5 kJ/mol para el dióxido de carbono, y -285,5 kJ/mol para el agua. El calor específico del agua es 4,18 J ºC-1 g-1. a) Calcule el calor de combustión molar del etano. b) ¿Qué volumen de etano, medido a 23,0 ºC y 752 mm Hg, se necesita para calentar 855 g de agua desde 18 ºC a 90 ºC? a) La combustión del etano responde a la ecuación: CH3-CH3(g) + 7/2O2(g) 6 2CO2(g) + 3H2O(l) Como se proporcionan los datos de las entalpías de formación a esa temperatura de las distintas especies químicas, aplicando la ley de Hess y como el entalpía de formación del O2(g) es iguala cero al estar en su forma norma y teniendo en cuenta la estequiometría, se calcula la entalpía de reacción: ∆Hreacción = ΣHformación(productos) - ΣHformación(reactivos) = = 3 mol · (- 285,5 kJ/mol) + 2 mol · (- 393,5 kJ/mol) - 1 mol · (- 84,5 kJ/mol) = - 1559 kJ/mol etano b) En primer lugar hay que calcular la energía necesaria para calentar el agua. Q = m · ce · ∆T Q = 855 g · 4,18 J/(g · ºC) · (90 ºC – 18 ºC) = 2,57 · 105 J = 257 kJ Los moles de etano que hay que quemar son: n = 257 kJ

1mol e tan o = 0,165 mol e tan o 1559 kJ

Y aplicando la ecuación de los gases ideales: p · V = n · R · T 752 mmHg atm · L · V = 0,165 mol · 0,082 (273 + 23) K Y V = 4,05 L de etano 760 mm Hg mol · K

PAU CyL J2005 calor combustión del metano A partir de los siguientes datos termoquímicos: calor de formación del metano (g) partiendo del carbono (grafito) - 17,89; calor de combustión del carbono (grafito) - 94,05; calor de formación del agua (l) -68,32, todos ellos expresados en kcal/mol y a 298 K. Calcule: a) El calor de combustión del metano.

PAU CyL termoquímica

junio 2009

6

b) Cuántos gramos de metano haría falta quemar para calentar 30 litros de agua de densidad 1 g/cm3 desde la temperatura de 15 °C hasta 80 °C. Para ello considere que la caloría es el calor necesario para elevar un grado a un gramo de agua en el intervalo del problema. a) La reacción pedida es: CH4 (g) + 2 O2 (g) → Los datos que se tienen son: C (grafito) + 2 H2 (g) → CH4 (g) C (grafito) + O2 (g) → CO2 (g) H2 (g) + ½ O2 (g) → H2O (l)

CO2 (g) + 2 H2O (l)

∆H = - 17,89 kcal ∆H = - 94,05 kcal ∆H = - 68,32 kcal

Aplicando la ley de Hess, multiplicando la tercera ecuación por dos, cambiando de signo la primera ecuación y sumando, resulta que: → C (grafito) + 2 H2 (g) ∆H = + 17,89 kcal CH4 (g) C (grafito) + O2 (g) → CO2 (g) ∆H = - 94,05 kcal 2 H2 (g) + O2 (g) → 2 H2O (l) ∆H = - 68,32 kcal · 2 CH4 (g) + 2 O2 (g) →

CO2 (g) + 2 H2O (l)

∆H = - 212,8 kcal

Por tanto del calor de combustión del metano es: - 212,8 kcal/mol b) En primer lugar hay que calcular la energía necesaria para calentar el agua. Q = m · Ce · ∆T La masa de agua son 30 000 g y según los datos el calor específico es: Ce = 1 cal/(g · ºC). Q = 30 000 g · 1 cal/(g · ºC) · (80 ºC – 15 ºC) = 1,95 · 106 cal = 1 950 kcal La masa de metano que hay que quemar es: m =

1 950 kcal 16g / mol = 146,6 g de me tan o 212,8 kcal / mol

PAU CyL S2005 variables termodinámicas y espontáneidad Conteste de un modo razonado a las siguientes preguntas: a) ¿Qué valores tienen que tener las magnitudes termodinámicas para que una reacción sea espontánea? b) ¿Podría lograrse mediante calentamiento que una reacción no espontánea a 25 ºC fuese espontánea a temperatura más alta? a) La espontaneidad de un proceso químico que transcurre a presión y temperatura constantes, queda determinado por la variación de la energía libre de Gibss, de forma que el proceso es espontáneo a p y T constantes si ∆G < 0. b) La magnitud anterior está relacionada con la variación de la entalpía, ∆H, de la entropía, ∆S, y con la temperatura absoluta, por la ecuación: ∆G = ∆H - T · ∆S Si, para que ∆G < 0 se debe cumplir que |T · ∆S| > |∆H| hecho que puede ocurrir a temperaturas elevadas y no a temperaturas bajas. PAU CyL J2006 cuestiones termoqímica Indique, razonando la respuesta, en cada caso, si las siguientes afirmaciones son ciertas o falsas: a) La entalpía estándar de formación del Hg(s) es cero.

PAU CyL termoquímica

junio 2009

7

b) Todas las reacciones químicas en las que ∆G < 0 son muy rápidas. c) La absorción de calor por parte de un sistema contribuye al aumento de su energía interna. a) Por convenio la entalpía de formación estándar de un elemento químico en su forma alotrópica más estable en condiciones estándar, 105 Pa y 298 K, es igual a cero. La forma más estable del mercurio en condiciones estándar es el estado líquido, luego ha entalpía estándar de formación del Hg(s) no puede ser igual acero. b) El valor de ∆G no informa sobre la rapidez de una transformación, solamente indica se la transformación es espontánea o no. c) Según el primer principio de la termodinámica: ∆U = Q + W, la absorción de energía en forma de calor por un sistema tiene signo positivo, Qabsorbido > 0, lo que se traduce en un aumento de la energía interna del sistema. PAU CyLS2006 entalpía estandar de dormación del naftaleno El naftaleno (C10H8) es un compuesto aromático sólido que se vende en forma de bolitas para combatir la polilla. La combustión completa de este compuesto para producir CO2(g) y H2O(l) a 25 ºC produce 5154 kJ/mol. a) Escriba las reacciones de formación del naftaleno a partir de sus elementos y la reacción de combustión. b) Calcule la entalpía estándar de formación del naftaleno. Datos a 298 K: ∆HºCO2(g) = -393,5 kJ/mol ∆HºH2O(l) = -285,8 kJ/mol. a) Las reacciones pedidas son: formación: C(s) + H2(g) 6 C10H8(s) combustion: C10H8(s) + 12O2(g) 6 10CO2(g) + 4H2O(l) ∆H = 5154 kJ b) Para la reacción de combustión, aplicando la relación: ∆Hreacción = ΣHformación(productos) - ΣHformación(reactivos) Y como las entalpías de formación del O2(g) es igual a cero por estar en su estado estándar, se tiene que: 5154 kJ = 4 mol · (-285,8 kJ/mol) + 10 mol · (-393,5 kJ/mol) - 1 mol · ∆H0f(C10H8) Despejando: ∆H0f(C10H8) = - 10232,2 kJ/mol PAU CyL S2007 ∆G combustión del metano En relación con la energía libre estándar de reacción: a) Defina dicho concepto. (hasta 0,6 puntos) b) Defina las condiciones estándar para los estados de la materia: gas, líquido, elementos químicos sólidos y disoluciones. (hasta 0,8 puntos) c) Calcule los cambios de energía libre estándar para la reacción de combustión del metano (CH4). (hasta 0,6 puntos) Datos: ∆G0f(CH4) = - 50,8 kJ/mol; ∆G0f(H2O) = - 237,2 kJ/mol; ∆G0f(CO2) = - 394,4 kJ/mol a) La variación de la energía libre estándar de Gibbs, ∆G0f, que experimenta un sistema representa la energía útil que queda libre y que se puede aprovechar para que dicho sistema realice un trabajo mecánico a p y T constantes de 1 bar = 105 pascales y de 25ºC = 298 K.

PAU CyL termoquímica

junio 2009

8

La energía libre estándar de reacción, ∆G0reacción, es el cambio de energía libre en una reacción cuando se lleva a cabo en condiciones estándar, cuando los reactivos en su estado estándar se convierten en productos en su estado estándar. b) Las condiciones estándar de una sustancia es su forma más estable a la presión de 105 Pa y a la temperatura de 298K. El estado estándar de un gas es el gas a la presión parcial de 105 Pa y a la temperatura de 298 K. El estado estándar de un líquido es el líquido puro, el de un sólido es el sólido puro y el de una sustancia disuelta es el de una disolución ideal con una concentración de 1 mol/L, todos ellos a la presión de 105 Pa y a la temperatura de 298 K. El estado estándar de un elemento químico es su forma alotrópica más estable a la presión de 105 Pa y a la temperatura de 298 K c) La reacción de combustión del metano es: CH4(g) + 2O2(g) 6 CO2(g) + 2H2O(l) Aplicando: ∆G0=Σn·∆G0f,productos - Σn·∆G0f,reactivos, se tiene que: ∆G0 = 1 mol · ∆G0f(CO2) + 2 mol · ∆G0f(H2O) - [1 mol · ∆G0f(CH4) + 2 mol · ∆G0f(O2) Sustituyendo: ∆G0 = 1 mol · (-394,4 kJ/mol) + 2 mol · (-237,2 kJ/mol) - [1 mol (-50,8 kJ/mol) + 2 mol · 0 kJ/mol] Operando: ∆G0 = - 818 kJ PAU CyL J2008 entalpía descomposición carbonato de calcio El carbonato de calcio (s) se descompone térmicamente en óxido de calcio (s) y dióxido de carbono (g). a) Calcule, a partir de los datos que se le da, el calor de la reacción de descomposición. (hasta 1,2 puntos) b) Calcule el calor absorbido o desprendido en el proceso si se obtienen 12,8 g de óxido de calcio. (hasta 0,8 puntos) Datos: ∆H0fCaO(s) = -633 kJ/mol; ∆H0fCO2(g) = -393 kJ/mol; ∆H0fCaCO3(s) = -1207 kJ/mol a) La descomposición del carbonato de calcio responde a la ecuación: CaCO3(s) → CaO(s) + CO2(g) ∆H ?? Como se proporcionan los datos de las entalpías de formación a esa temperatura de las distintas especies químicas, aplicando la ley de Hess y teniendo en cuenta la estequiometría, se calcula la entalpía de reacción: ∆Hreacción = ΣHformación(productos) - ΣHformación(reactivos) = = 1 mol · (- 393 kJ/mol) + 1 mol · (- 633 kJ/mol) - 1 mol · (- 1207 kJ/mol) = + 181 kJ Proceso endotérmico, (∆H > 0), hay que aportar al sistema desde el exterior 181 kJ por cada mol de carbonato de calcio que se descompone. Como la masa molar del CaO es 56 g/mol, la variación de la entalpía cuando se produce una masa de 12,8 g CaO es: ∆H = + 181

kJ 12,8 g CaO · = 41,4 kJ absorbidos mol CaO 56 g / mol

PAU CyL S2008 Energía de red y ciclo Born-Haber para NaCl Para los compuestos iónicos: a) Defina el concepto de energía de red. (hasta 0,5 puntos)

PAU CyL termoquímica

junio 2009

9

b) Establezca un ciclo de Born-Haber para la obtención de NaCl(s) a partir de Na(s) y Cl2(g) y, sabiendo que la ∆Hf0 del cloruro sódico sólido es -411 kJ/mol, calcule la energía de red, ∆H0red. Datos: ∆H01 = ∆H0sublimación sodio = 107 kJ/mol de átomos (hasta 1,5 puntos) ∆H02 = ∆H0disociación cloro = 244 kJ/mol ∆H03 = Primera energía de ionización de sodio = 496 kJ/mol de átomos ∆H04 = Afinidad electrónica de cloro = - 349 kJ/mol de átomos a) Energía de red, ∆H0red, de un sólido iónico AB es la energía asociada a la formación de un compuesto iónico a partir de un mol de cationes A+ y un mol de aniones B-, ambos en estado gaseoso, cuando se aproximan desde una distancia infinita hasta sus posiciones de equilibrio en la red cristalina. Es siempre una magnitud exotérmica y es la energía intercambiada en el proceso: A+ (g) + B- (g) →AB (s) En nuestro caso el proceso pedido es: Na+ (g) + Cl- (g) → NaCl (s)

Sublimación: Ionización: Disociación: Ionización: asociación:

∆H0red

∆H0sublimación sodio = 107 kJ/mol de átomos Na (s) → Na (g); + Na (g) → Na (g) + e ∆H0ionización sodio = 496 kJ/mol de átomos 2 Cl2 (g) → Cl (g) ∆H0disociación cloro = ½ · 244 kJ/mol ∆Hafinidad electrónica cloro = - 349 kJ/mol átomos Cl (g) + e- → Cl- (g) + Na (g) + Cl (g) → NaCl (s) ∆H0red

Considerando dichos procesos como ecuaciones, la suma algebraica de todas ellas origina: Na (s) + 2 Cl2 (g) → NaCl (s) ∆Hf0 del cloruro sódico sólido = - 411 kJ/mol Por tanto y sustituyendo: ∆H0sublimación, Na + ∆H0ionización, Na + ∆H0disociación, Cl + ∆Hafinidadelectrónica, Cl + ∆H0red = ∆H0formación, NaCl 107 kJ/molátomos + 496 kJ/molátomos + ½·244 kJ/mol - 349 kJ/molátomos+∆H0red = - 411 kJ/mol Despejando: ∆H0red = - 787 kJ/mol PAU CyL J2009 entalpía descomposición carbonato y espontaneidad con T El CaCO3(s) se descompone térmicamente para dar CaO(s) y CO2(g) a. Calcule el cambio de entalpía en kJ cuando en la reacción se producen 48,02 g de CO2. (hasta 1,0 punto) b. Razone la espontaneidad de una reacción química en función de los posibles valores (hasta 1,0 positivos o negativos de ∆H y ∆S. punto)

PAU CyL termoquímica

junio 2009

10

Datos: ∆Hf0CaO(s) = -635,6 kJ/mol; ∆Hf0CO2(g) = -393,5 kJ/mol; ∆Hf0CaCO3(s) = -1206,9 kJ/mol a) La descomposición del carbonato de calcio responde a la ecuación: CaCO3(s) → CaO(s) + CO2(g) ∆H ?? Como se proporcionan los datos de las entalpías de formación a esa temperatura de las distintas especies químicas, aplicando la ley de Hess y teniendo en cuenta la estequiometría, se calcula la entalpía de reacción: ∆Hreacción = ΣHformación(productos) - ΣHformación(reactivos) = = 1 mol · (- 393,5 kJ/mol) + 1 mol · (- 635,6 kJ/mol) – 1 mol · (- 1 206,9 kJ/mol) = = + 177,8 kJ Proceso endotérmico, (∆H > 0), hay que aportar al sistema desde el exterior 177,8 kJ por mol de carbonato de calcio que se descompone. Como la masa molar del CO2 es 44 g/mol, la variación de la entalpía cuando se produce una masa de 48,02 g de CO2 es: 48,02 g CO 2 kJ ∆H = +177,8 · = 194,0 kJ mol CO 2 44 g / mol b) La espontaneidad de un proceso químico que transcurre a presión y temperatura constantes, queda determinado por la variación de la energía libre de Gibss, de forma que el proceso es espontáneo a p y T constantes si ∆G < 0. Esta magnitud está relacionada con la variación de la entalpía, ∆H, de la entropía, ∆S, y con la temperatura absoluta, por la ecuación: ∆G = ∆H – T · ∆S En este caso ∆H > 0 y ∆S > 0, ya que en el proceso se desprende un gas lo que acarrea un aumento del desorden. Para que ∆G < 0 se debe cumplir que |T · ∆S| > |∆H| hecho que ocurrirá a temperaturas elevadas. Por tanto a temperaturas bajas, temperatura ambiente, predomina el término ∆H y el proceso no es espontáneo. Por ello el carbonato de calcio es estable y no se descompone de forma espontánea a temperatura ambiente. Sin embargo a temperaturas elevadas, predomina el término T · ∆S y el proceso es espontáneo.

PAU CyL S2009 Ley de Hess espontaneidad a alta temperatura Conteste razonadamente a las siguientes cuestiones a) Dadas las reacciones: KCl (s) 6 K+(g) + Cl- (g) ∆H = 718 kJ KCl (s) 6 K(s) + ½ Cl2(g) ∆H = 436 kJ K(s) + ½ Cl2(g) 6 K(g) + Cl(g) ∆H = 211 kJ Calcule la ∆H para la reacción: K(g) + Cl(g) 6 K+(g) + Cl- (g) b) Una reacción es espontánea a 975 °C pero no es espontánea a 25 °C. ¿Qué signos tendrán ∆H0 y ∆S0 para dicha reacción? Aplicando la ley de Hess, la reacción pedida se obtiene sumando a la primera reacción, la segunda y la tercera multiplicadas por -1.

PAU CyL termoquímica

sumando

junio 2009

11

KCl (s)

6

K+(g)

+ Cl- (g)

K(s) + ½ C12(g)

6

KCl (s)

∆H = -436 kJ

K(g) + Cl(g)

6

K(s) + ½ C12(g)

∆H = -211 kJ

K(g) + Cl(g)

6

K+(g)

∆H = 71 kJ

+ Cl-(g)

∆H = 718 kJ

b) La espontaneidad de un proceso químico que transcurre a presión y temperatura constantes, queda determinado por la variación de la energía libre de Gibss, de forma que el proceso es espontáneo a p y T constantes si ∆G < 0. Esta magnitud está relacionada con la variación de la entalpía, ∆H, de la entropía, ∆S, y con la temperatura absoluta, por la ecuación: ∆G = ∆H – T · ∆S Según sean los valores de ∆H y del producto T · ∆S, se tienen las siguientes predicciones: Condiciones de espontaneidad, de acuerdo con ∆G ∆H

T ·∆S

∆G

Predicción de la transformación

0

T · ∆S ⇒ ∆G > 0

Cambio no espontáneo

>0

>0

a T alta: ∆H < T · ∆S ⇒ ∆G < 0

Cambio espontáneo

>0

0

Cambio imposible

Por tanto si la reacción es espontánea a temperaturas elevadas y no lo es a baja temperatura se deduce que ∆S > 0 y ∆H > 0.

PAU CyL termoquímica

junio 2009

12

PAU CyL Equilibrio

2000 - 2009

1

PAU CyL J2000 Equilibrio N2 y O2 y contaminación aire La constante de equilibrio K, para la reacción N2 (g) + O2 (g) W 2NO (g) es 8,8x 10-4 a 2.200 K. Si 2 moles de N2 (g) y 1 mol de O2 (g) se introducen en un recipiente de 2,00 litros y se calienta a 2.200 K: a) Calcule los moles de cada una de las especies en el equilibrio. b) Si la constante de equilibrio Kc, para la reacción N2 (g) + O2 (g) W 2NO (g) es de 10-30 a 25 ° C. Explique la importancia del valor de esta constante desde el punto de vista del NO(g) como contaminante en el aire. a) Para el equilibrio se construye la siguiente tabla, teniendo en cuanta la estequiometría. N2 (g) + O2 (g) W 2NO (g) inicial (mol) 2 1 0 equilibrio (mol) 2–x 1-x 2x Aplicando la expresión de la constante de equilibrio, se tiene: 2

 2· x    2 2 L  [NO] 4·x 2  Kc = = ; 8,8 ·10 − 4 = [N2 ] ·[O2 ] 2 − x 1− x (2 − x ) ·(1− x ) 2L 2L

Operando: x = 0,021 mol Los moles de las especies en equilibrio son: N2 = 2 – 0,021 = 1,979 mol O2 = 1 – 0,021 = 0,979 mol NO = 2 · 0,021 = 0,042 mol b) El NO (óxido nítrico) es uno de los responsables de la lluvia ácida. Se oxida a NO2, para, posteriormente, con el vapor de agua que existe en la atmósfera, transformarse en ácido nítrico, el cual cae adherido en las gotas de lluvia. El óxido nítrico se forma en los motores de los automóviles, los cuales trabajan a muy alta temperatura, y el equilibrio de formación es un proceso endotérmico (dato que no da el problema, pero que se deduce de los valores de K, a 25 °C y 2 200 °C), las altas temperaturas existentes en los cilindros del automóvil favorecerán la formación de NO (principio de Le Chátelier). Para evitar la formación de este peligroso contaminante, los automóviles llevan un dispositivo en el tubo de escape que, entre otros procesos, provoca la rápida descomposición catalítica del NO en sus elementos, O2 y N2, gases que ya pueden expulsarse sin ningún problema a la atmósfera. PAU CyL J2001Le Châtelier en la formación de H2O Dado el siguiente sistema en equilibrio, que posee una variación de entalpía negativa: 2 H2 (g) + O2 (g) W 2 H2O (g). Describa el efecto que producirá al: a) Enfriar. b) Añadir vapor de agua. c) Comprimir. d) Aumentar la presión de hidrógeno. El principio de Le Châtelier dice que al perturbar un sistema en equilibrio desde su exterior, éste evoluciona de forma que se opone a dicha perturbación. a) Al enfriar, el sistema se opone favoreciendo la reacción exotérmica, es decir, el sistema se desplaza hacia la derecha y aumenta la concentración de agua producida.

PAU CyL Equilibrio

2000 - 2009

2

b) Si se aumenta la concentración de vapor el agua el sistema de desplaza hacia la izquierda, hacia la descomposición de la misma. c) Al aumentar la presión del sistema, el equilibrio se desplaza hacia volúmenes menores, es decir hacia la derecha aumentando la formación de agua. d) Si se aumenta la presión del hidrógeno, aumenta su concentración y el sistema se desplaza hacia la derecha hacia la formación de agua. PAU CyL S2001 Descomposición del etano y α dada la presión total A 627ºC la Kp para la descomposición del etano en eteno e hidrógeno es 0,051. Calcular la fracción de etano descompuesto (transformado) en presencia de un catalizador, sabiendo que la presión total en el equilibrio es de 0,75 atmósferas. Para la reacción que tienen lugar se construye la siguiente tabla de valores, siendo α el grado de disociación del etano y suponiendo que se introducen ni moles de etano CH3 - CH3 (g) W CH2 = CH2 (g) + H2 (g) inicial (mol) ni 0 0 equilibrio (mol) ni (1 – α) ni · α ni · α Los moles totales en el equilibrio son: n = ni (1 – α) + ni · α + ni · α = ni (1 + α) Como la presión total es 0,75 atm, y las presiones parciales de cada componente, pi, se calculan con la relación: pi = x i ·pT = p e tan o =

ni pT , nT

se tiene:

ni ·(1− α) mol (1− α) 0,75 atm = 0,75 atm ni ·(1+ α) mol (1+ α)

p eteno = pH 2 =

ni · α) mol α 0,75 atm = 0,75 atm ni ·(1+ α) mol (1+ α) 2

Aplicando la ley de Acción de masas: K p =

Operando:

pH 2 ·peteno pe tan o

α2 0,051 α2 2 = ;= 2 = 0,068 ; α 2 (1+ α) ·(1− α) 0,75 1 −α

 α   0,75  1+ α  = 0,051 = 1− α 0,75 1+ α

+ 0,068 α2 = 0,068

Despejando: α = 0,252 = 25,2 % PAU CyL J2002 dada presión total calcular Kp y Kc Una muestra de 0,831 g de SO3 se coloca en un recipiente de 1,00L y se calienta a 1100 K. El SO3 se descompone en SO2 y O2 de acuerdo con la reacción: 2 SO3(g) 2 SO2(g) + O2(g). En el equilibrio, la presión total en el recipiente es de 1,300 atm. Calcule Kp y Kc. La concentración inicial de SO3 es: [SO3 ]0 = 0,831g

1mol = 0,01 mol/L 80 g

Para de descomposición del trióxido de azufre se construye la siguiente tabla: 2SO3(g) W 2SO2(g) + O2(g) inicial (mol/L) 0,01 ----equilibrio (mol/L) 0,01 - 2x 2x x Los moles totales presentes en el equilibrio son: ntotal = 0,01 - 2x + 2x + x = 0,01 + x

PAU CyL Equilibrio

2000 - 2009

3

Aplicando la ecuación de los gases ideales: p · V = n · R · T 1,3 atm · 1 L = (0,01 + x) mol · 0,082 atm·L/(mol·K) · 1100 K Y x = 4,4 · 10-3 mol/L Aplicando la ley de Acción de masas: Kc =

[O2 ] · [SO 2 ]2 [SO3 ]2

=

x · 2x 2 · ( 4,4 ·10 −3 )2 = = 3,2 ·10 − 2 0,01 − 2x 0,01 − 2 · 4,4 ·10 − 3

Y aplicando la relación entre las constantes: Kp = Kc · (R · T)∆n = 3,2 · 10-2 · [0,082 atm · L/(mol · K) · 1100 K] 3–2 = 2,89 atm PAU CyL S2002 dado α y moles de SO2 y O2 calcular Kp Una mezcla que contiene 10 moles de dióxido de azufre y 90 moles de oxígeno se pone en contacto con un catalizador produciéndose la reacción: 2 SO2(g) + O2(g) → 2SO3(g). El 90% del dióxido de azufre se transforma en trióxido de azufre a 575 °C. Calcule la constante de equilibrio, Kp, de la reacción si la presión total es de 1 atm. Para reacción y en el equilibrio se construye la tabla siguiente teniendo en cuanta que por cada mol de SO2 que reacciona lo hacen la mitad de O2. + O2(g) → 2SO3(g). 2 SO2(g) moles iniciales 10 90 0 moles que reaccionan 10 · 0,9 10 · 0,9/2 moles en el equilibrio

10 · (1 – 0,9)

90 -

moles en el equilibrio

1

85,5

10 · 0,9 2

10 · 0,9 9

Los moles totales presentes en el equilibrio son: nT = 1 mol SO2 + 85,5 mol O2 + 9 mol SO3 = 95,5 mol de gas Como la presión total es 1 atm, y las presiones parciales de cada pi componente se calculan con la relación: pi = x i ·pT = pSO 2 =

ni pT , nT

se tiene:

1mol 85,5 mol 9 mol 1atm ; pO 2 = 1atm ; pSO3 = 1atm 95,5 mol 95,5 mol 95,5 mol

(pSO ) (pSO )2 · pO 2

Aplicando la ley de Acción de masas: K p

=

3

2

2

 9     95,5  2

2

 1  85,5    95,5  95,5

= 90,47

PAU CyL J2003 equilibrio amoníaco, Kp inversa y como afecta variación de V Para la reacción: N2(g) +3 H2(g) 2NH3 (g) ; KP = 4,3x10-3 a 300 °C. a) ¿Cuál es el valor de Kp para la reacción inversa? b) ¿Qué pasaría a las presiones en el equilibrio de N2, H2 y NH3, si añadimos un catalizador? c) ¿Qué pasaría a la Kp, si aumentamos el volumen? a) La K’p de la reacción inversa es la inversa de la Kp de la reacción directa K 'p =

1 1 = = 232,6 K p 4,3 ·10 − 3

PAU CyL Equilibrio

2000 - 2009

4

b) Un catalizador no afecta al equilibrio, su efecto es acortar el tiempo que se tarda en alcanzar el equilibrio. c) La constante Kp depende exclusivamente de la temperatura y por tanto una variación del volumen no afecta a su valor. PAU CyL S2003 equilibrio,Kp dado α y dado ∆G0 calcular Kp y Kc El COCl2 gaseoso se disocia a 1000 K según la reacción: COCl2(g) W CO (g) + Cl2 (g) a) Calcule Kp cuando la presión de equilibrio es 1 atm y el porcentaje de disociación es del 49,2 %. b) Si la energía libre estándar (a 25 °C y 1 atm) del equilibrio de disociación es ∆Gº = + 73,1 kJ, calcule las constantes Kc y Kp para el equilibrio anterior a 25 °C. a) Supongamos que se introducen en el recipiente n0 moles de fosgeno (COCl2) y se construye la siguiente tabla de valores para el equilibio. COCl2(g) W CO (g) + Cl2 (g) moles iniciales (mol) n0 0 0 moles en el equilibrio (mol) n0 (1 – α) n0 · α n0 · α Los moles totales en el equilibrio son: n = n0 (1 – α) + n0 · α + n0 · α = n0 · (1 + α) Las presiones parciales de cada componente en el equilibrio son: pCOCl 2 = x COCl 2 ·p =

n0 ·(1− α) 1− 0,492 p= 1atm = 0,34 atm n0 ·(1+ α) 1+ 0,492

pCO = pCl 2 = x CO ·p =

n0 · α 0,492 p= 1atm = 0,33 atm n0 ·(1+ α) 1+ 0,492

Aplicando la ley de Acción de masas, resulta que: Kp =

pCO ·pCl 2 pCOCl 2

=

0,33 · 0,33 = 0,32 0,34

b) La expresión que relaciona la constante Kp con la energía libre de Gibbs (∆Gº) en el equilibrio es: ∆Gº = - R · T · Ln Kp; 73,1 · 103 J/mol = - 8,31 J · mol-1 · K-1 · 298 K · Ln Kp Despejando: Kp = 1,5 · 10-13 Para conocer Kc, se aplica la relación entre ambas constantes de equilibrio, siendo ∆n la diferencia entre los moles gaseosos de productos y reactivos. Kp = Kc · (R · T)∆n; 1,5 · 10-13 = Kc · [0,082 atm · L/(mol · K) · 298 K]2 – 1 Despejando: Kc = 6,1 · 10-15 PAU CyL J2004 equilibrio, volumen para ciertas cantidades N2O4 dada Kc La reacción N2O4(g) W 2 NO2 (g) transcurre a 150 °C con una Kc = 3,20. a) ¿Cuál debe ser el volumen del recipiente en el que se realiza la reacción para que estén en equilibrio 1 mol de N2O4(g) con 2 moles de NO2 (g)? b) Responder, razonadamente, si la siguiente proposición es cierta o falsa: "Un cambio de presión en una reacción en equilibrio modifica siempre las concentraciones de los componentes".

PAU CyL Equilibrio

2000 - 2009

5

N2O4(g) W 2 NO2 (g) Aplicando la expresión de la constante de equilibrio y denominando V, al volumen del recipiente, se tiene: 2

2   [NO 2 ] 4 V Kc = ; 3,20 =   = 1 [N2O 4 ] V V 2

⇒ V = 1,25 L

b) La proposición es falsa. En un equilibrio en el que no haya variación en el número de moles (o de moléculas), por ejemplo, H2 + I2 W 2HI, las variaciones de presión no afectan al equilibrio. Por tanto, las concentraciones de las distintas especies en el equilibrio no se modificarán. Si la variación de la presión se debe a la introducción de un gas inerte y sin que se modifique el volumen, el equilibrio no se modifica y tampoco las concentraciones de los componentes. Además, la presión solo influye decisivamente en las reacciones en las que intervienen gases; si los participantes del equilibrio están en fases condensadas, sólidos y líquidos, las variaciones de presión se pueden despreciar. PAU CyL S2004 amoníaco α con Kp y Kc El amoniaco a 537 K y presión total de 6 atmósferas está disociado en un 60%. Calcule, en primer lugar, la constante de equilibrio Kp y, posteriormente, la constante Kc a esta temperatura. El grado de disociación del amoníaco es: α = 60/100 = 0,6. La estequimetría de la reacción indica que por cada α moles que se disocian de amoníaco se forman α/20 moles de nitrógeno y 3α/20 moles de hidrógeno. Si se denomina a la concentración inicial de amoníaco, para el equilibrio resulta:

concentraciones iniciales (mol/L) concentraciones en el equilibrio (mol/l)

2 NH 3 (g) c c (1 - α)

El número de moles en el equilibrio es: n = c (1 - α) + c

W

N2 (g) + 3 H2 (g) 0 0 c · (α/2) 00c· (3α/2)

α 3 + c α = c (1 + α) 0 2 2

Aplicando la ley de Dalton, las presiones parciales de los componentes de la mezcla son: c (1 - α) 1 - 0,6 p= 6 atm = 1,5 atm 0 c (1 + α) 1 + 0,6 α 0,6 c 2 p= 2 6 atm = 1,125 atm 0 pN2 = χN2 p = c (1 + α) 1 + 0,6 3 3 c α 0,6 2 p= 2 6 atm = 3,375 atm 0 pH2 = χH2 p = c (1 + α) 1 + 0,6 pNH3 = χNH3 p =

3

Aplicando la ley de Acción de Masas: Kp =

pN2 · PH2 2

pNH3

=

1,125 atm · (3,375 atm )3 (1,5 atm )2

= 19,2 atm2 0

Y aplicando la relación entre Kp y Kc: Kp = Kc · (R · T)∆n; 19,2 atm2 = Kc · [0,082 atm · L/(mol · K) · (273 + 537 K]4 – 2 Despejando: Kc = 4,35 · 10-3 mol2/L2

PAU CyL Equilibrio

2000 - 2009

6

PAU CyL J2005 Le Châtelier CO en todos casos Se tiene el siguiente equilibrio gaseoso: 2 CO + O2 ⇆ 2 CO2 ∆H = - 135 kcal. Indique de un modo razonado cómo influye sobre el desplazamiento del equilibrio: a) Un aumento de la temperatura. b) Una disminución en la presión. c) Un aumento de la concentración de oxígeno. Según el principio de Le Châtelier los sistemas en equilibrio evolucionan de forma que se oponen a la causa que provoca la perturbación. a) Como la reacción directa es exotérmica, un aumento de la temperatura favorece a la reacción endotérmica, es decir, la descomposición del CO2. b) Una disminución de la presión favorece la reacción que va acompañada de un aumento de volumen, en este caso la descomposición del CO2. c) Al aumentar la concentración de oxígeno el sistema evoluciona formando más CO2 con el fin de disminuir la concentración de oxígeno. PAU CyL J2005 Kc y α para HI, dada la reacción de formación Una mezcla gaseosa está constituida inicialmente por 7,9 moles de hidrógeno y 5,3 moles de yodo en estado vapor. Se calienta hasta 450 °C y se llega al equilibrio habiéndose formado 9,52 moles de HI. En un segundo proceso, a la citada temperatura, y en un volumen de 2 litros, se introducen 0,02 moles de hidrógeno y 0,02 moles de yodo. a) Calcule la constante de equilibrio a 450 °C de la reacción: H2 (g) + I2 (g) ⇆ 2 HI (g). b) Cuál será el grado de disociación en el segundo proceso. a) Para calcular la constante de equilibrio se construye la siguiente tabla de concentraciones de las especies en un volumen V expresado en litros, con el fin de determinar la concentración de las diferentes especies. H2 (g) inicial (mol/L) equilibrio (mol/L)

7,9 V

7,9 − x V

+

I2 (g) 5,3 V 5,3 − x V

⇆

2 HI (g) 0 2· x V

Como en el equilibrio nHI = 9,52 mol = 2 · x ⇒ x = 4,76 mol Por tanto las cantidades presentes en el equilibrio son: nH2 = 7,9 mol – x = 3,14 mol; nI2 = 5,3 mol – x = 0,54 mol; nHI = 9,52 mol 2

 9,52 mol    2 [HI] V   Aplicando la ley de Acción de Masas: K c = = = 53,45 [H 2 ] ·[I 2 ] 3,14 mol 0,54 mol V V b) En el segundo proceso, y como las cantidades están en proporción estequiométrica, se supone que todo el yodo reacciona con todo el hidrógeno para formar el yoduro de hidrógeno y que a

PAU CyL Equilibrio

2000 - 2009

7

continuación éste se disocia. Es decir, es como si se introdujeran 0,04 mol de HI en un volumen de dos litros, [HI] = 0,04 mol/ 2 L = 0,02 mol/L Con esta consideración se construye la siguiente tabla, teniendo en cuanta que por cada α moléculas que se disocian de HI, se forman α/2 de H2 y α/2 de I2. I2 (g) ⇆ 2 HI (g) inicial (mol/L) 0 0,020 equilibrio (mol/L) 0,02 · α/2 0,02 (1 – α) 2 [0,02 · (1 − α)]2 [HI] ; 53,45 = Aplicando la ley de Acción de Masas: K c = 2 [ H 2 ] ·[ I 2 ] α   0,02 ·  2  0,02 · (1 − α ) Operando: 7,31 = ; 7,31 · α = 2 (1 – α) 0,01· α El grado de disociación es: α = 0,215 = 21,5 % H2 (g) + 0 0,02 · α/2

PAU CyL J2005 Le Châtelier NH3 y obtención industrial En el proceso Haber-Bosch para la síntesis de amoniaco tiene lugar la reacción en fase gaseosa siguiente: N2 (g) + 3 H2 (g) ⇆ 2 NH3 (g) AH° = - 92,6 kJ. a) Explique cómo deber de variar la presión, el volumen y la temperatura para que el equilibrio se desplace hacia la formación de amoniaco. b) Comente las condiciones reales de obtención del compuesto en la industria. a) Según el principio de Le Châtelier los sistemas en equilibrio evolucionan de forma que se oponen a la causa que provoca la perturbación. Según la ecuación de los gases perfectos hay una relación inversa entre las variaciones de presión y de volumen. Al aumentar la presión se favorece la reacción que supone una disminución del número de moléculas gaseosas, es decir el equilibrio se desplaza hacia la formación de amoníaco. Al disminuir el volumen, manteniendo constante la presión, aumentan las concentraciones de las tres sustancias en la misma proporción. En la expresión de Kc las concentraciones de las distintas especies tienen distinto exponente. Para restablecer el equilibrio tienen que disminuir las concentraciones de hidrógeno y de nitrógeno y aumentar la de amoníaco. Luego una disminución de volumen favorece la formación de amoníaco. Como la formación de amoníaco es exotérmica, por lo que esta reacción se ve favorecida por una disminución de la temperatura. b) En la producción industrial de amoníaco se trabaja con presiones entre 100 y 1000 atm, dependiendo del método de trabajo seguido. Uno de los problemas que presenta la producción de amoníaco es que la velocidad de reacción, a temperatura ambiente, es extraordinariamente pequeña y que los catalizadores comienzan a ser efectivos a partir de 400 EC. A esta temperatura y a la presión de 1 atm, el rendimiento de la reacción es del 0,1 %, por lo que se precisa trabajar con presiones superiores a 100 atm.

PAU CyL Equilibrio

2000 - 2009

8

La utilización de elevadas presiones está limitada por el coste de las instalaciones que se deben construir para resistirlas. PAU S2005 Dada ptotal calcular α y Kc Una muestra de 0,10 moles de BrF5 se introduce en un recipiente de 10 litros que, una vez cerrado, se calienta a 1.500 ºC estableciéndose el siguiente equilibrio: BrF5 (g)
½ Br2 (g) + 5/2 F2 (g) Cuando se alcanza el equilibrio la presión total es de 2,46 atmósferas. Calcule: a) El grado de disociación del BrF5. b) El valor de la constante de equilibrio Kc. REVISAR el volumen los 10 L Para la reacción que tienen lugar se construye la siguiente tabla de valores, siendo α el grado de disociación. BrF5 (g)
½ Br2 (g) + 5/2 F2 (g) moles inicial (mol) 0,1 0 0 moles equilibrio (mol) 0,1 · (1-α) 0,1 · α/2 0,1 · 5/2 · α Los moles totales presentes en el equilibrio son: n = 0,1 · (1-α) + 0,1 · α/2 + 0,1 · 5/2 · α = 0,1 + 0,2 · α Aplicando la ecuación de los gases ideales: P · V · n · R · T 2,46 atm · 10 L = (0,1 + 0,2 · α) 0,082 atm · L/(mol · K) · (273 + 1500 K) Y α = 0,346 = 34,6 % Aplicando la ley de acción de masas y como el volumen son 10 L: 5

Kc =

[F2 ]5 / 2 · [Br2 ]1 / 2 [BrF5 ]

1

1  5 2  2  0,1 0,346   0,1 0,346  2 2   ·  10 10             = 4,43 = 0,1· (1 − 0,346) 10

· 10-5

PAU CyL S2006Composicón equilibrio al modificar concentraciones y volúmenes Para el equilibrio: CO(g) + Cl2(g) ⇆ COCl2(g). Las concentraciones molares en el equilibrio, a una temperatura dada, son 2; 2 y 18 para el CO, Cl2 y COCl2 respectivamente. Determine: a) La composición en el equilibrio cuando se duplica la concentración de cloro si el volumen del recipiente es de 1 L. b) La composición en el equilibrio cuando el volumen del reactor se duplica manteniendo constante la temperatura. En primer lugar se calcula el valor de la constante de equilibrio a esa temperatura.

equilibrio (mol/L)

CO(g) + Cl2(g) 2 2

Aplicando la ley de acción de masas: K c =

W

COCl2(g) 18

[COCl 2 ] 18 = = 4,5 [CO] · [Cl 2 ] 2 · 2

a) Al duplicar la concentración de cloro, se tiene la siguiente tabla para el nuevo equilibrio. CO(g) + Cl2(g) W COCl2(g) inicial (mol/L) 2 4 18 equilibrio (mol/L] 2-x 4-x 18 + x

PAU CyL Equilibrio Kc =

[COCl 2 ] 18 + x ; 4,5 = [CO] · [Cl 2 ] (2 − x ) · ( 4 − x )

2000 - 2009

9

Y x1 = 0,73 mol/L y x2 absurda por ser mayor que 4

La composición en el equilibrio es: [CO(g)] = 2 - x = 2 - 0,73 = 1,27 mol/L; [Cl2(g)] = 4 - x = 4 - 0,73 = 3,27 mol/L; [COCl2(g)] = 18 + x = 18 + 0,73 = 18,73 mol/l b) Si el volumen del reactor se duplica las concentraciones iniciales de dividen por dos. Al aumentar el volumen disminuye la presión y el equilibrio se desplaza hacia volúmenes mayores, es decir hacia la descomposición de COCl2. CO(g) + Cl2(g) W COCl2(g) inicial (mol/L) 1 1 9 equilibrio (mol/L] 1+x 1+x 18 - x Kc =

[COCl 2 ] 18 − x ; 4,5 = Y [CO] · [Cl 2 ] (1 + x ) · (1 + x )

x = 0,95 mol/L

La composición en el equilibrio es: [CO(g)] = 1 + x = 1 + 0,95 = 1,95 mol/L; [Cl2(g)] = 1 + x = 1,95 mol/L; [COCl2(g)] = 18 - x = 18 - 0,95 = 17,05 mol/l PAU CyL J2007 Le Châtelier en todos casos con sólidos! En un cilindro metálico cerrado, se tiene el siguiente proceso químico en equilibrio: 2 A (g) + B (s) ⇄ 2 C (s) + 2 D (g) ∆H0 < 0 kJ/mol. Justifique de un modo razonado el sentido hacia donde se desplazará el equilibrio si: a) Se duplica la presión en el sistema. (hasta 0,6 puntos) b) Se reduce a la mitad la concentración de los reactivos B y C. (hasta 0,7 puntos) e) Se incrementa la temperatura. (hasta 0,7 puntos) En el término de reactivos hay dos moles de gas y en el de productos otros dos y la reacción es exotérmica. a) Como ∆n = 0 de sustancias gaseosas, las variaciones de presión no afectan al equilibrio. b) Como tanto B como C son sólidos las variaciones de sus cantidades no desplazan al equilibrio. c) La reacción es exotérmica, se libera energía. Al incrementar la temperatura, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, se intentará contrarrestar esa alteración, lo que se consigue absorbiendo energía desplazándose el equilibrio en el sentido endotérmico. Por tanto el equilibrio se desplaza hacia la formación de los reactivos A y B. PAU CyL S2007 Kp y Kc equilibrio óxidos de azufre El SO3 se obtiene por reacción de SO2 y O2. Una mezcla de 0,80 moles de SO2 y 0,80 moles de O2, se introducen en un recipiente vacío de 4 L a la temperatura de 727 ºC. Una vez alcanzado el equilibrio un análisis de la mezcla indica que la concentración de SO3 es 0,17 M. Calcular Kc y Kp a la temperatura de 727 ºC. (hasta 1,5 y 0,5 puntos) Las concentraciones iniciales de las sustancias son: [SO2 ] = [O2 ] =

0,8 mol = 0,2 mol / L 4L

Para reacción y en el equilibrio se construye la tabla siguiente teniendo en cuenta que por cada mol de SO2 que reacciona lo hacen la mitad de O2. 2 SO2(g) + O2(g) → 2SO3(g). iniciales (mol/L) 0,2 0,2 0

PAU CyL Equilibrio

2000 - 2009

equilibrio (mol/L)

0,2 - 2 · x

10 0,2 - x

2·x

De los datos del ejercicio se deduce que: [SO3] = 2 · x = 0,17 mol/L Y x = 0,085 mol/L Aplicando la ley de Acción de masas: Kc =

[SO3 ]2 2

[SO 2 ] · [O 2 ]

=

(2 − x ) 2 (0,2 − 2 · x ) · (0,2 − x ) 2

=

(2 − 0,085) 2 (0,2 − 2·0,085) · (0,2 − 0,085) 2

=

3,667 = 3,5 ·10 4 = 0,0009 · 0,115

Aplicando la relación entre Kp y Kc: Kp = Kc · (R · T)∆n = 3,5 ·104 · [0,082 atm · L/(mol · K) · (273 + 727 K]2 – 3 = 437,5 PAU CyL S2007 sublimación yodo y p en el recipiente. El yodo sólido sublima por debajo de 114 ºC. Un trozo de yodo sólido se encuentra en un recipiente cerrado en equilibrio con su vapor a una temperatura para la que su presión de vapor es de 30 mmHg. De forma repentina y a temperatura constante, el volumen del recipiente se duplica: a) Cuál es la presión en el interior del recipiente una vez producida la variación de volumen. (hasta 0,6 puntos) b) Qué cambio ha de ocurrir para que se reestablezca el equilibrio. (hasta 0,7 puntos) c) Si la temperatura permanece constante durante todo el proceso, cuál será la presión en el interior del recipiente una vez reestablecido el equilibrio. (hasta 0,7 puntos) La ecuación del equilibrio es: I2(s) W

I2(g)

a) Se supone que se pide la presión en el mismo instante de duplicar el volumen. Con este supuesto y aplicando la ley de Boyle: p · V = constante Y p’ = p/2, es decir la presión se divide por dos. b) Para volver al equilibrio que es la presión de vapor de 30 mmHg debe sublimarse más yodo. c) La presión dentro del recipiente es la da la presión del vapor 30 mm de Hg PAU CyL J2009 equilibrio, cálculo de V. a. La reacción N2O4(g) W 2NO2(g) transcurre a 150 °C con una K°= 3,20. ¿Cuál debe ser el volumen del reactor en la que se realiza la reacción para que estén en equilibrio 1 mol de N2O4(g) con 2 moles de NO2 (g)? (hasta 1,0 punto) b. Responda, razonadamente, si la siguiente proposición es cierta o falsa: "Un cambio de presión en cualquier reacción química en equilibrio modifica siempre las concentraciones de los componentes" (hasta 1,0 punto) N2O4(g) W 2 NO2 (g) Aplicando la expresión de la constante de equilibrio y denominando V, al volumen del recipiente, se tiene: 2

2   [NO 2 ]2 4 V Kc = ; 3,20 =   = 1 [N2O 4 ] V V

b) La proposición es falsa.

⇒ V = 1,25 L

PAU CyL Equilibrio

2000 - 2009

11

En un equilibrio en el que no haya variación en el número de moles (o de moléculas), por ejemplo, H2 + I2 W 2HI, las variaciones de presión no afectan al equilibrio. Por tanto, las concentraciones de las distintas especies en el equilibrio no se modificarán. Si la variación de la presión se debe a la introducción de un gas inerte y sin que se modifique el volumen, el equilibrio no se modifica y tampoco las concentraciones de los componentes. Además, la presión solo influye decisivamente en las reacciones en las que intervienen gases; si los participantes del equilibrio están en fases condensadas, sólidos y líquidos, las variaciones de presión se pueden despreciar. PAU CyL S2009 Le Châtelier Para el equilibrio: 2 H2S(g) + 3 O2(g) W 2 H2O(g) + 2 SO2(g) ∆H = -1036 kJ Predecir hacia donde se desplazará el equilibrio si: a) Aumentamos el volumen del recipiente a temperatura constante. b) Extraemos SO2(g). c) Aumentamos la temperatura. d) Absorbemos el vapor de agua. e) Añadimos 10 moles de helio. a) Al aumentar el volumen del recipiente, manteniendo constante la temperatura, se produce una disminución de la presión. Aplicando el principio de Le Châtelier, se favorece el miembro de la ecuación química que contenga mayor número de moles en estado gaseoso, es decir, el equilibrio se desplaza hacia la izquierda, hacia la formación de H2S y O2. b) Al retirar del equilibrio la sustancia SO2, éste se desplaza hacia la derecha. Es decir, hay la producción de más SO2. c) Un aumento de temperatura favorece la reacción endotérmica, luego el equilibrio se desplaza hacia izquierda, hacia la producción de H2S y O2. d) Al retirar agua del equilibro, éste se desplaza hacia la derecha. Es decir, hay la producción de más agua. e) Al añadir un gas inerte, sin variaciones de volumen, se produce un aumento de la presión total, que no produce variaciones en el equilibrio. Ello se debe a que no se modifican ni las presiones parciales, ni las concentraciones de las especies reaccionantes.

PAU CyL ácido – base

junio 2009

1

PAU CyL J2000 pH anilina e hidróxido sódico Calcule el pH de cada una de las siguientes disoluciones: a) Anilina (C6H5NH2) 0,2 M. b) Disolución de 0,30 g de hidróxido sódico en 135 ml de agua (considérese despreciable el volumen de soluto). Datos: Constante de ionización básica de la anilina a 25ºC, Kb = 4,27·10-10 b) Para la anilina La anilina es una base débil que está parcialmente disociada en agua, según la reacción: C6H5 NH2 + H2O X C6H5 NH3+ + OHComo Kb >> K (H2O) la única fuente de iones hidroxilo (OH-) a considerar son los que provienen de la reacción de la anilina con el agua, ya que los provenientes de la autoprotólisis del agua se pueden despreciar. De la ecuación de disociación de la anilina se construye la siguiente tabla de valores: Ecuación reacción C6H5 NH2 + H2O X C6H5 NH3+ + OHConcentración inicial (mol/L) 0,2 0 0 Concentración equilibrio (mol/L) 0,2 - x x x Aplicando la ley de acción de masas al equilibrio y sustituyendo, resulta que: + [C H NH 3 ]·[OH − ] x2 Kb = 6 5 ; 4,27 ·10 −10 = [C 6 H 5 NH 2 ] 0,2 − x Resolviendo la ecuación de segunda grado o como la concentración inicial de anilina es más grande que Kb, [C6H5 NH2]0 >> Kb, se puede realizar la siguiente aproximación: 0,2 – x = 0,2 por lo que: x = 9,24 · 10-6 mol/L = [OH-] Para calcular el pH, hay que calcular la concentración de iones hidronio en la disolución. Para ello se calcula la concentración de iones hidroxido y después utilizando la constante de autoprotólisis del agua. K(H2O) = [H3O+] · [OH-]; 10-14 mol2/L2 = [H3O+] · 9,24 · 10-6 mol/L Por tanto: [H3O+] = 1,08 · 10-9 mol/L ⇒ pH = - log [H3O+] = - log 1,08 · 10-9 = 8,97 b) El hidróxido sódico es una base fuerte que está totalmente disociada en agua. NaOH → Na+ + OHm

0,30 g M 40 g / mol [OH-] = [NaOH]inicial = NaOH = = 0,056 mol / L V en L 0,135 L

El pOH de la disolución es: pOH = - log [OH-] = - log 0,056 = 1,26 Por lo que el pH es: pH = 14 – pOH = 14 – 1,26 = 12,74

PAU CyL S2000 hidrólisis de diversas sales Indique, razonadamente, si la disolución que se obtiene al disolver cada uno de los siguientes compuestos en agua tiene carácter ácido, básico o neutro: a) Cianuro sódico. b) Cloruro potásico. c) Acetato sódico.

PAU CyL ácido – base

junio 2009

2

d) Sulfato amónico. DATOS: Constantes de ionización ácida a 25ºC, ácido cianhídrico (4,0·10-10), ácido acético (1,8·10-5); constante de ionización básica del amoníaco a 25ºC (1,8·10-5) Todos los compuestos dados son sales solubles, luego en disolución se encuentran totalmente disociadas en sus iones. a) Cianuro sódico NaCN → CN- + Na+ El catión Na+ es un ácido más débil que el agua y no reacciona. El anión CN- es una base más fuerte que el agua, el HCN es un ácido débil, y reacciona con ella. CN- + H2O → HCN + OHLo que se traduce en el carácter básico de la disolución, pH > 7. Las sales que contienen aniones que son la base conjugada de un ácido débil experimentan el fenómeno de la hidrólisis con el agua y originan disoluciones básicas. b) Cloruro de potasio KCl → K+ + ClUna sal que proporciona cationes y aniones, que son ácidos y bases más débiles que el agua, es decir, provienen de bases y ácidos que son fuertes no experimentan el fenómeno de la hidrólisis. La disociación de este tipo de sales no modifica el pH de la disolución, la disolución es neutra, pH = 7. c) Acetato sódico. AcNa → Ac- + Na+ El catión Na+ es un ácido más débil que el agua y no reacciona. El anión Ac- es una base más fuerte que el agua, el HAc es un ácido débil, y reacciona con ella. Ac- + H2O → HAc + OHLo que se traduce en el carácter básico de la disolución, pH > 7. d) Sulfato amónico (NH4)2SO4 → 2 NH4+

+ SO42-

El anión SO42- es una base más débil que el agua y no reacciona. El catión NH4+ es un ácido más fuerte que el agua, el NH3 es una base débil, y reacciona con ella. NH4+ + H2O → NH3 + H3O+ Lo que se traduce en el carácter ácido de la disolución, pH < 7. Las sales que contienen cationes que son él ácido conjugado de una base débil experimentan el fenómeno de la hidrólisis con el agua y originan disoluciones ácidas.

PAU CyL J2002molaridad y α de una disolución de acético Calcular el grado de disociación y la molaridad de una disolución de ácido acético en agua cuya concentración de protones es 1,34 · 10-3 M y la constante de disociación ácida Ka = 1,8 · 10-5.

PAU CyL ácido – base

junio 2009

3

El ácido acético es un ácido débil que está parcialmente disociado en agua. Para el equilibrio se tiene la siguiente tabla de valores, siendo ci la concentración inicial del ácido. HAc + H2O W H3O+ + Acinicial ci equilibrio ci - x x x Con lo que se tiene que: [H3O+] = [Ac-] = x = 1,34 · 10-3 mol/L Sustituyendo en la ecuación de la constante de equilibrio, resulta que la molaridad de la disolución de acético es: [H 3 O + ]·[Ac − ] x2 (1,34 ·10 −3 ) 2 −5 Ka = = ; 1,85 ·10 = ⇒ ci = 0,1 mol/L [HAc] ci − x c i − 1,34 ·10 −3 El grado de disociación del acético es: α=

moles disociados x 1,34 ·10 −3 mol / L = = = 1,34 ·10 − 2 = 1,34 % moles totales ci 0,1mol / L

PAU CyL S2002 masa de NaOH para un pH y dilución El pH de 1 litro de disolución de hidróxido sódico es 12. a) Calcular los gramos del álcali que se utilizan en la preparación de esta disolución. b) ¿Qué volumen de agua hay que añadir a la disolución anterior para que el pH sea 11? a) Aplicando la definición de pH y el valor del producto iónico del agua, resulta: pH = 12 = - log [H+] ⇒ [H+] = 10-12 mol/L [H+] · [OH-] = 10-14 mol/L; 10-12 mol/L · [OH-] = 10-14 mol/L ⇒ [OH-] = 10-2 mol/L El NaOH es una base fuerte totalmente disociada en agua: NaOH → Na+ + OHPor tanto [NaOH] = [OH-] = 10-2 mol/L La masa de álcali necesaria para preparar la disolución es: m = 10-2 mol/L · 1 L · 40 g/mol = 0,40 g b) De igual forma que en caso anterior cuando el pH = 11, se tiene: pH = 11 = - log [H+] ⇒ [H+] = 10-11 mol/L [H+] · [OH-] = 10-14 mol/L; 10-11 mol/L · [OH-] = 10-14 mol/L ⇒ [OH-] = 10-3 mol/L Ahora hay que pasar de 1 L de disolución con una concentración 0,01 mol/L a un volumen V de una disolución de concentración 0,001 mol/L. Aplicando la definición de molaridad y como los moles de soluto son los mismos en ambas disoluciones, se tiene: ndisolución 1 = ndisolución 2; 0,01 mol/L · 1 L = 0,001 mol/L · V ⇒ V = 10 L Por lo que la cantidad de agua que hay que añadir es: Vagua = 10 L – 1 L = 9 L PAU CyL J2003 ácido y base conjugada Aplicando la teoría de Brönsted y Lowry razona si son ciertas o falsas las siguientes afirmaciones: a) Un ácido fuerte reacciona con su base conjugada dando una disolución neutra. b) La base conjugada de un ácido débil (Ka =1,8 · 10-5) es una base fuerte. c) Un ácido y su base conjugada se diferencian en un protón.

PAU CyL ácido – base

junio 2009

4

a) La base conjugada de un ácido fuerte es una base débil y no tiene tendencia a aceptar protones. Por tanto, el medio es ácido. b) Sea el ácido débil AH y su base conjugada A-. Al disolver el ácido en agua se tiene: [A − ]·[H 3O + ] + HA + H2O W A + H3O ; K a = = 1,8 ·10 −5 [HA] Para la base conjugada en agua y como Kw = [H3O+] · [OH-] = 10-14, resulta que: A- + H2O W HA + OH-; [HA]·[OH − ] [HA]·[OH − ]·[H 3 O + ] K w 10 −14 Kb = = = = = 5,6 ·10 −10 [A − ] [ A − ] ·[ H 3 O + ] K a 1,8 ·10 −5 Por lo que la base conjugada del ácido débil también es una base débil. c) Verdadero: HA + H2O W A- + H3O+ PAU CyL S2003 neutralización ácido débil con NaOH Una muestra de ácido tricloroacético, Cl3C-COOH, que pesa 1,85 g se disuelve en 100 ml de agua y la disolución se neutraliza con 20 ml de una disolución de hidróxido sódico. Calcule: a) La concentración de la base. b) El pH de ambas disoluciones antes de iniciar la neutralización. Dato: Constante de disociación del ácido, Ka = 10- 0,9. La reacción de neutralización es: Cl3C-COOH + NaOH 6 Cl3C-COONa + H2O m

La concentración de la disolución del ácido es: molaridadácido

1,85 g M 163,5 g / mol = ácido = = 0,11mol / L V en L 0,1L

La reacción de neutralización transcurre mol a mol, por lo que: Vácico · Mácido = Vbase · Mbase; 100 mL · 0,11 mol/L = 20 mL · Mbase Y Mbase = 0,55 mol/L b) Al ácido tricloroacético está parcialmente disociado. Cl3C-COOH + H2O W Cl3C-COO- + H3O+ Como Ka >> KW se puede despreciar los iones hidronios procedentes de la autoprotólisis del agua. Ecuación de la ionización Concentración inicial (mol/L) Concentración en el equilibrio (mol/L)

AH W c c-x

A- +

H3O+

0 x

0 x

Como la constante de acidez es muy grande no se puede despreciar x frente a c. Ka =

[ A − ] · [H3 O + ] x2 x2 = ;10 − 0,9 = [HA ] c−x 0,11 − x

Operando: x2 + 0,126 · x - 0,014 = 0 Y x = 0,07 mol/L Por tanto: pH = - log [H3O+] = - log 0,07 = 1,15 El NaOH es una base fuerte que está totalmente disociada en disolución. NaOH 6 Na+ + OHinicial (mol/L) 0,55 final (mol/L) 0 0,55 0,55

PAU CyL ácido – base

junio 2009

5

Por tanto: pH = 14 - pOH = 14 - (- log [OH-]) = 14 - (- log 0,55) = 14 - 0,26 = 13,74 PAU CyL J2004 pH clorhídrico y anilina Se dispone de las siguientes disoluciones: i) ácido clorhídrico 10-3 M, y ¡¡) anilina (C6H5 NH2) 0,1 M. Calcular: a) El grado de disociación de cada una. b) El pH de cada una. Dato: La constante de disociación básica de la anilina, Kb = 4,6.10-10. a) Para el HCl Los ácidos fuertes como el HCl están totalmente disociados en agua, luego su grado de disociación es del 100 % (α = 1). En este caso, la concentración de iones hidronio (H3O+) procedentes de la disociación del agua 10-7 mol/L es muchísimo menor que los que proporciona el ácido, por lo que aplicando la definición de pH. [H3O+] = [Cl-] = [HCl]inicial = 10-3 mol/L ⇒ pH = - log [H3O+] = - log 10-3 = 3 b) Para la anilina La anilina es una base débil que está parcialmente disociada en agua, según la reacción: C6H5 NH2 + H2O X C6H5 NH3+ + OHComo Kb >> K (H2O) la única fuente de iones hidroxilo (OH-) a considerar son los que provienen de la reacción de la anilina con el agua, ya que los provenientes de la autoprotólisis del agua se pueden despreciar. De la ecuación de disociación de la anilina se construye la siguiente tabla de valores: Ecuación reacción Concentración inicial (mol/L) Concentración equilibrio (mol/L)

C6H5 NH2 + H2O X C6H5 NH3+ + OH0,1 0 0 0,1 (1 – α) 0,1 · α 0,1 · α

Aplicando la ley de acción de masas al equilibrio y sustituyendo, resulta que: + [C 6 H 5 NH 3 ]·[OH − ] 0,1· α · 0,1· α 0,1· α 2 Kb = ; 4.6 ·10 −10 = = [C 6 H 5 NH 2 ] 0,1(1 − α ) 1− α Como la concentración inicial de anilina es más grande que Kb, [C6H5 NH2]0 >> Kb, se puede realizar la aproximación: 1 – α = 1, por lo que, el grado de disociación es: 4,6 · 10-10 = 0,1 · α2 ⇒ α = 6,78 · 10-5 Para calcular el pH, hay que calcular la concentración de iones hidronio en la disolución. Para ello se calcula la concentración de iones hidroxido y después utilizando la constante de autoprotólisis del agua. [OH-] = 0,1 · α = 0,1 mol/L · 6,78 · 10-5 = 6,78 · 10-6 mol/L K(H2O) = [H3O+] · [OH-]; 10-14 mol2/L2 = [H3O+] · 6,78 · 10-6 mol/L Por tanto: [H3O+] = 1,47 · 10-9 mol/L ⇒ pH = - log [H3O+] = - log 1,47 · 10-9 = 8,83

PAU CyL ácido – base

junio 2009

6

PAU CyL S2004 pH de ácido de disoluciones ácido débil y de ácido fuerte Calcule el pH de la disolución en los dos casos siguientes: a) Se disuelven 3 g de trietilamina [(C2H5)3N] en 250 mL de agua. La trietilamina se disocia en un 8,9% dando trietilamonio e ion hidroxilo y su constante de disociación básica es Kb = 1,03 · 10-3. b) Se diluyen 5 mL de HCl 10-2 M hasta 1,00 L con agua destilada. a) La concentración molar de la disolución de trietilamina es: Mbase

3g 101g / mol = = 0,12 mol / L 0,250 L

Como Kb >> Kw entonces la concentración de iones hidroxilo, OH-, procedentes de la autoprotólisis del agua es despreciable frente a los procedentes de la base. De la ecuación de disociación de la trietilamina se construye la siguiente tabla de valores: Ecuación reacción Concentración inicial (mol/L) Concentración equilibrio (mol/L)

(C2H5)3N + H2O X (C2H5)3NH+ + OH0,12 0 0 0,12 · (1 – α) 0,12 · α 0,12 · α

Como dan el grado de disociación, no hace falta aplicar la ecuación de la constante de equilibrio. La concentración de iones hidroxilo es: [OH-] = 0,12 mol/L · α = 0,12 mol/L · 0,089 = 0,011 mol/L Por tanto: pOH = - log [OH-] = - log 0,011 = 1,96 Y el pH es: pH = 14 - pOH = 12,04 b) La concentración del HCl en la nueva disolución es: Vconcentrada · Mconcentrada = Vdiluida · Mdiluida; 5 mL · 10-2 mol/L = 1000 mL · Mdiluida Despejando: Mdiluida = 5 · 10-5 mol/L El ácido clorhídrico es un ácido fuerte y por ello está totalmente disociado en agua y la concentración de iones hidronios provenientes de la autodisociación del agua es despreciable HCl + H2O concentración inicial (mol/L) 5 · 10-5 concentración final (mol/L) 0 pH = - log [H3O+] = - log 5 · 10-5 = 4,3

Cl-5 · 10-5

6

+ H3O+ -5 · 10-5

PAU CyL J2005 pH NaOH y HCl Se hacen reaccionar 12,5 cm3 de disolución acuosa de hidróxido sódico 0,32 M con 50 cm3 de ácido clorhídrico 0,10 M. a) Calcule el pH de la disolución resultante. b) ¿Alguno de los reactivos tendría la consideración de limitante? ¿Por qué? a) La reacción de neutralización es: NaOH (aq) + HCl (aq) → NaCl (aq) + H2O (l) En la disolución todas las sustancias están completamente disociadas en sus iones. Los moles iniciales de iones hidroxilo y de iones hidrógeno son:

PAU CyL ácido – base

junio 2009

7

n (OH-) = n (NaOH) = 0,32 mol/L · 12,5 · 10-3 L = 4 · 10-3 mol n (H+) = n (HCl) = 0,10 mol/L · 50 · 10-3 L = 5 · 10-3 mol Al producirse la neutralización hay un exceso de ácido, 1 · 10-3 mol de ácido, en el volumen total de la disolución. Considerando los volúmenes aditivos, la concentración de ácido es:

[H ] = Vn = (12,15·+1050)mol ·10 +

−3

−3

L

= 0,016 mol / L

Aplicando la definición de pH: pH = - log [H+] = - log 0,016 = 1,8 b) Reactivo limitante es aquel reactivo que controla la marcha de una reacción química irreversible, ya que dicha reacción finaliza cuando se agota el mismo. Es el caso que nos ocupa como todas las especies químicas, reactivos y productos, están disociadas totalmente en sus iones no tiene sentido hablar de reactivo limitante. PAU CyL S2005 pH disolución diluida de HCl Calcule de un modo razonado: a) ¿Cuál es el pH de 100 ml de agua destilada? b) ¿Cuál será el pH después de añadirle 0,05 cm3 de ácido clorhídrico 10 M? a) H2O W H3O+ + OHEn una disolución de agua pura las concentraciones de iones hidronios e hidróxido son iguales. K H2O = [H3O + ] · [OH− ]; 10 −14 = [H3O + ]2 ⇒ [H3 O + ] = 10 −7 mol / L

pH = - log [H3O+] = - log 10-7 = 7 b) La concentración de HCl inicial en el agua es: Vconcentrada · Mconcentrada = Vdiluida · Mdiluida; 0,05 mL · 10 mol/L = 100,05 mL · Mdiluida Despejando: Mdiluida = 5 · 10-3 mol/L El ácido clorhídrico es un ácido fuerte y por ello está totalmente disociado en agua. HCl + H2O concentración inicial (mol/L) 5 · 10-3 concentración final (mol/L) 0 + -3 pH = - log [H3O ] = - log 5 · 10 = 2,3

Cl-5 · 10-3

6

+ H3O+ -5 · 10-3

PAU CyL S2005 dado α calcular Ka y pH Se dispone de un litro de una disolución de un ácido monoprótico débil con una concentración 0,2 M. El grado de disociación es del 22 %. Calcule: a) La constante de equilibrio de disociación del ácido. b) El pH de la disolución. c) Dibuje el siguiente material de laboratorio: bureta, probeta y matraz erlenmeyer. Si el grado de disociación es del 22 % significa que α = 0,22 Se construye una tabla de concentraciones para el equilibrio de ionización del ácido, HA, en agua.

inicialmente (mol/l)

HA + H2O W c

Ac0

+ H3O+ 0

PAU CyL ácido – base equilibrio (mol/l)

junio 2009

c (1 - α)

cα

8 cα

Que sustituido en la constante del equilibrio:

[ A- ] · [H3 O+ ] c α · c α (0,2 mol /L · 0,22) = = = 0,0124 [HA] c (1 - α) 0,2 · (1 - 0,22) 2

Ka(HA ) =

Como Ka >> Kw, es despreciable la aportación de iones hidronios por parte del agua. pH = - log [H3O+] = - log (c · α) = - log (0,2 · 0,22) = 1,4 PAU CyL J2006 α de diluida y en concentrada de ácido débil a) Calcule el porcentaje de ionización del ácido acético en agua para las dos concentraciones siguientes: 0,6 M y 6x10-4 M. b) Explique el resultado. Dato: La constante de disociación del ácido acético es Ka = 1,85x10-5. a) La ionización del ácido es: AcH WAc- + H3O+ Como Ka >> KW se puede despreciar la aportación de iones se procedentes de la autoprotólisis del agua. AcH W

Ecuación de la ionización Concentración inicial (mol/L) Concentración en el equilibrio (mol/L) donde: K a =

c c(1 - α)

Ac- +

H3O+

0 cα

0 cα

cα · cα c α 2 = c (1 − α) 1 − α

Para el caso en el que: c = 0,6 M, haciendo: 1 - α • 1, entonces: α=

Ka 1,85 · 10 −5 mol · L−1 = = 0,0056 o en %: α = 0,56 % c 0,6 mol · L−1

Como:

α 0,0056 = = 0,0056 < 0,05 , 1 − α 1 − 0,0056

la aproximación realizada es válida.

Para el caso en el que: c = 6 · 10-4 M, haciendo: 1 - α • 1, entonces: α=

Ka 1,85 · 10 −5 mol · L−1 = = 0,176 c 6 · 10 − 4 mol · L−1

Como:

α 0,176 = = 0,21 > 0,05 , 1 − α 1 − 0,176

o en %: α = 17,6 % luego aquí la aproximación realizada no es válida y hay que

proceder de la siguiente forma: Ka =

cα · cα c α 2 = c (1 − α) 1 − α

= 1,85 A10 - 5 mol · L-1 ⇒ c · α2 + 1,85 · 10-5 · α – 1,85 · 10-5 = 0

− Ka ± Ka + 4 Ka · c 2

Luego: α =

2c

=

− 1,85 · 10 −5 ± (1,85 · 10 −5 )2 + 4 · 1,85 · 10−5 · 6 · 10 −4 2 · 6 · 10 − 4

donde la solución positiva es la válida y es: α = 0,160 o en %: α = 16,0 % El grado de ionización de un electrólito débil es mayor cuanto más diluida está la disolución. PAU CyL S2006 ión hidrógeno sulfato como ácido y como base El ión hidrogenosulfato (HSO4-) es anfótero.

PAU CyL ácido – base

junio 2009

9

a) Escriba y nombre todas las especies que participan en la reacción del anión hidrogenosulfato con agua cuando actúa como ácido. b) Escriba y nombre todas las especies que participan en la reacción del anión hidrogenosulfato con agua cuando actúa como base. c) Identifique los pares ácido-base para las dos reacciones anteriores. Según la teoría de Brönsted-Lowry un ácido es toda sustancia capaz de ceder protones y una base es toda sustancia capaz de aceptarlos. a) HSO4- + H2O W ácido1 base2

SO42 - + H3O+ base1 ácido2

El SO42 – es la base conjugada del acido HSO4- y el H3O+ es el ácido conjugado de la base H2O. b) HSO4- + H3O+ W base1 ácido2

H2SO4 + H2O ácido1 base2

El HSO4– es la base conjugada del acido H2SO4 y el H3O+ es el ácido conjugado de la base H2O.

PAU CyL J2007 pH benzoico Se disuelven 12,2 g de ácido benzóico (C6H5COOH) en 10 L de agua. Determine: a) El pH de la disolución si la Ka es 6,65 x 10-5. (hasta 1,5 puntos) b) Grado de disociación del ácido benzoico. (hasta 0,5 puntos)

El ácido benzoico: que denotaremos como HB, tiene una masa molar M = 122 g/mol

1mol 122 g = 0,01M 10 L

12,2 g

a) La molaridad de la disolución es: Molaridad =

Como Ka >> KW, se pueden despreciar los iones hidronios procedentes de la autoprotólisis del agua. Para la disociación del ácido se tiene que: concentración inicial (mol/L) concentración equilibrio (mol/L)

HB + H2O 0,01 -0,01 – x

Aplicando la ley de Acción de Masas: K a =

⇄

[B − ] · [H3O + ] x2 = HB 0,01 − x

Despreciando x frente a 0,01, resulta que: x = K a · 0,01 = 8,15 ·10 −4 mol / L pH = - log [H3O+] = - log x = - log 8,15 · 10-4 = 3,09 El grado de disociación: α =

x 8,15 ·10 −4 = = 0,0815 = 8,15 % 0,01 0,01

B- + H3O+ --x x

PAU CyL ácido – base

junio 2009

10

El error que se comete al despreciar x frente a 0,01 es: Error =

cantidad desprecida x 8,15 ·10 −4 = = = 0,09 = 9% cantidad real c − x 0,01 − 8,15 ·10 − 4

Como se comete un error mayor que el admisible, del 5 %, no es válida la aproximación. Por tanto, operando y resolviendo la ecuación de segundo grado, resulta que: Ka · (0,01 – x) = x2; 0,01 · Ka – Ka · x = x2; x2 + 6,65 · 10-5 – 6,65 · 10-7 = 0 → x = 7,83 · 10-4 pH =- log [H3O+] = - log x = - log 7,83 · 10-4 = 3,11 El grado de disociación: α =

x 7,83 ·10 −4 = = 0,0783 = 7,83 % 0,01 0,01

PAU CyL S2007 pH ácido débil El ácido monocloroacético (ClCH2COOH) es un ácido de fuerza media con un valor de su constante de disociación Ka=1,4·10-3.Calcule: a) El pH de una disolución acuosa 0,05 M de ácido monocloroacético. (hasta 1,2 puntos) b) La concentración de iones monocloracetato y de ácido sin disociar. (hasta 0,8 puntos) Como Ka >> KW, se pueden despreciar los iones hidronios procedentes de la autoprotólisis del agua. Para la disociación del ácido se tiene que: ClCH2COOH + H2O concentración inicial (mol/L) concentración equilibrio (mol/L)

HA + H2O 0,05 -0,05 - x

Aplicando la ley de Acción de Masas: K a =

ClCH2COO- + H3O+ ⇄

A-x

+ H3O+ -x

[ A − ] · [H3 O + ] x2 = HA 0,05 − x

Despreciando x frente a 0,05, resulta que: x = K a · 0,05 = 1,4 ·10 −3 · 0,05 = 8,4 ·10 −3 mol / L El error que se comete al despreciar x frente a 0,05 es: Error =

cantidad desprecida x 8,4 ·10 −3 = = = 0,20 = 20% y no cantidad real c − x 0,05 − 8,4 ·10 − 3

Por tanto hay que resolver la ecuación de segundo grado: K a =

es valida la aproximación.

[ A − ] · [H3 O + ] x2 = = 1,4 ·10 − 3 HA 0,05 − x

x2 + 1,4 · 10-3 · x – 7,0 · 10-5 = 0 Y x = 7,7 · 10-3 mol/L Aplicando la definición de pH: pH = - log [H3O+] = - log x = - log 7,7 · 10-3 = 2,1 b) [ClCH2COO-] = x = 7,7 · 10-3 mol/L PAU CyL J2008 hidrólisis 4.- Escriba las ecuaciones iónicas para la reacción en disolución acuosa, en caso de haberla, de cada uno de los siguientes iones, indicando si la disolución final será ácida, básica o neutra. a) NH4+ (hasta 0,5 puntos) b) Cl (hasta 0,5 puntos) (hasta 0,5 puntos) c) K+ d) CH3-COO(hasta 0,5 puntos)

PAU CyL ácido – base

junio 2009

11

a) El catión NH4+ que es un ácido más fuerte que el agua, el NH3 es una base débil, y reaccionan con ella según el equilibrio: NH4+ + H2O W NH3 + H3O+ De esta forma se origina un aumento de la concentración de iones hidronio [H3O+] en la disolución, lo que se traduce en una disminución del pH, con el consiguiente carácter ácido de la disolución. b) El anión Cl – es una base más débil que el agua, el HCl es un ácido fuerte, y por tanto no experimenta el fenómeno de la hidrólisis y no modifica el pH de la disolución. c) El catión K + es un ácido más débile que el agua, el KOH es una base fuerte, por tanto no experimenta el fenómeno de la hidrólisis y no modifica el pH de la disolución. d) el anión acetato, CH3COO-, es una base más fuerte que el agua, el CH3COOH es un ácido débil, y reaccionan con ella según el equilibrio CH3COO- + H2O W CH3COOH + OHComo resultado de la reacción aumenta la concentración de iones hidróxido [OH-] en la disolución, lo que se traduce en un aumento del pH y el carácter básico de la misma. PAU CyL S2008 disociación HCl y acético El ácido clorhídrico es un ácido fuerte y el ácido acético, CH3-COOH, es un ácido débil con una constante de disociación igual a 1,8 · 10-5. a) Calcule el grado de disociación (en %) de una disolución 1 M de cada ácido. (hasta 0,7 puntos) b) Calcule el grado de disociación (en %) de una disolución 10-2 M de cada ácido. (hasta 0,7 puntos) c) Relacione las respuestas anteriores y justifique las variaciones que observe. (hasta 0,6 puntos) HCl + H2O 6 Cl- + H3O+ Los ácidos fuertes como el HCl están totalmente disociados en agua, luego su grado de disociación es del 100 % (α = 1) en los dos casos. a) Escribiendo la ionización del ácido como: AcH WAc- + H3O+, resulta que: Como Ka >> KW, se pueden despreciar los iones hidronios procedentes de la autoprotólisis del agua. Ecuación de la ionización Concentración inicial (mol/L) Concentración en el equilibrio (mol/L) Donde: K a =

AcH W c c(1 - α)

Ac- +

H3O+

0 cα

0 cα

cα · cα c α 2 = c (1 − α) 1 − α

Para el caso en el que: c = 1M, haciendo: 1 - α • 1, entonces: α=

Ka 1,8 · 10 −5 mol · L−1 = = 0,0042 o en %: α = 0,42 % c 1 mol · L−1

Como:

α 0,0042 = = 0,0042 < 0,05 , la aproximación realizada es válida. 1 − α 1 − 0,0042

PAU CyL ácido – base

junio 2009

12

Para el caso en el que: c = 10-2 M, haciendo: 1 - α • 1, entonces: α=

Ka 1,8 · 10 −5 mol · L−1 = = 0,0424 o en %: α = 4,24 % c 10 − 2 mol · L−1

Como:

α 0,0424 = = 0,044 < 0,05 , luego aquí la aproximación realizada también es válida. 1 − α 1 − 0,0424

De los valores obtenidos se deduce que el grado de ionización de un electrólito débil es mayor cuanto más diluida esté la disolución. PAU CyL J2009 K dado α y concentración HCl a. Calcule la constante de ionización de un ácido débil monoprótico que está ionizado al 2,5 % en disolución 0,2 M. (hasta 1,0 punto) b. Se desea preparar 1 litro de disolución de ácido clorhídrico que tenga el mismo pH que la disolución anterior. ¿Qué volumen de HCl de concentración 0,4 M habrá que tomar? (hasta 1,0 punto) a) Si el grado de ionización es del 2,5 % significa que α = 0,025 Se construye una tabla de concentraciones para el equilibrio de ionización del ácido, HA, en agua.

inicialmente (mol/l) equilibrio (mol/l)

HA + H2O W c c (1 - α)

Ac0 cα

+ H3O+ 0 cα

Que sustituido en la constante del equilibrio:

[ A- ] · [H3 O+ ] c α · c α (0,2 mol /L · 0,025 ) = = = 1,28 ·10 − 4 [HA] c (1 - α) 0,2 · (1 - 0,025) 2

K a(HA ) =

b) Como Ka >> Kw, es despreciable la aportación de iones hidronios por parte del agua. La concentración de iones hidronio en la disolución del ácido débil es: [H3O+] = c · α = 0,2 · 0,025 = 5 · 10-3 mol/L Luego la disolución de HCl tiene que tener una concentración de 5 · 10-3 mol/L, para que tengan el mismo pH. Como el ácido HCl es un ácido fuerte y está totalmente disociado, aplicando la ley de la conservación de la masa, resulta que: Vdiluida · Mdiluida = Vconcentrada · Mconcentrada; 1000 mL · 5 · 10-3 mol/L = Vconcentrada · 0,4 mol/L Despejando: Vconcentrada = 12,5 mL PAU CyL S2009 pH en exceso de base Una muestra de 500 mg de un ácido monoprótico fuerte se neutralizó con 33,16 ml de disolución 0,15 M de KOH. Calcule: a) La masa molecular del ácido. b) El pH de la mezcla cuando se hubieran añadido 40 ml de la base, suponiendo un volumen final de 50 ml. a) Supongamos que la fórmula del ácido es: HA. La reacción de neutralización es: KA + H2O HA + KOH →

PAU CyL ácido – base

junio 2009

Los moles de ácido los mismos que los de base gastados: nácido = nbase = 33,16 · 10-3 L · 0,15 mol/L = 4,97 · 10-3 mol Por tanto: n =

m m 0,5 g ⇒ MHA = = = 100,6 g / mol M n 4,97 ·10 − 3 mol

b) El volumen de base añadido en exceso es: Vbase = 40 mL - 33,16 ml = 6,84 mL Los moles de base en exceso son: nbase = 6,84 · 10-3 L · 0,15 mol/L = 1,026 · 10-3 mol Luego la concentración final de KOH en el volumen de 50 mL es: c=

n 1,026 ·10 −3 mol = = 0,02 mol / L V 50 ·10 − 3 L

El KOH es una base fuerte que está totalmente disociada en agua: KOH 6 K+ + OHconcentración final (mol/L) 0 0,02 0,02 Por tanto: pOH = - log [OH-] = - log 0,02 = 1,7 Y pH = 14 - pOH = 14 - 1,7 = 12,3

13

PAU CyL Redox 2000 - 2009

1

PAU CyL S2000 ácido clorhídrico y cromato potásico La reacción entre ácido clorhídrico y cromato potásico genera cloruro de cromo (III), cloruro de potasio, cloro y agua. a) Ajuste la reacción por el método del ión – electrón. b) Calcule el peso de cromato potásico necesario para obtener 125 g de cloruro de cromo (III) si el rendimiento de la operación es del 70%. a) Se escribe el proceso sin ajustar: HCl + K2CrO4 → CrCl3 + KCl + Cl2 + H2O H+ + Cl- + K+ + CrO42- →

Cr3+ + Cl- + K+ + Cl2 + H2O

Se observa que el cloro se oxida de número de oxidación -1, Cl-, a número de oxidación 0 en el Cl2. El cromo se reduce de número de oxidación +6, CrO42-, a número de oxidación Cr3+. Las correspondientes semirreacciones son: Oxidación: 2 Cl- → Cl2 + 2 eReducción: CrO42- + 8 H+ + 3 e- →

Cr3+ + 4 H2O

Se multiplica la primera ecuación por 3, la segunda por 2 y se suma: 6 Cl- + 2 CrO42- + 16 H+ → 3 Cl2 + 2 Cr3+ + 8 H2O Se pasa a forma molecular y se ajustan las especies que no aparecen. 16 HCl + 2 K2CrO4 → 2 CrCl3 + 4 KCl + 3 Cl2 + 8 H2O b) Teniendo en cuanta la estequiometría de la reacción y el rendimiento resulta que los moles de cromato que se precisan son: 2 mol K 2 CrO 4 125 g CrCl 3 n cromato = = 0,79 mol cromato de potasio 2mol CrCl 3 158,35 g / mol Que su pone una masa de: mcromato = 0,79 mol · 194,2 g/mol = 153,42 g de cromato de potasio Como el rendimiento de la reacción es del 70 % se precisa una cantidad mayor. 100 reales m real cromato = 153,42 g teóri cos = 219,17 g de cromato se precisan 70 teóri cos

PAU CyL S2001 permanganato con sulfúrico y H2O2 y oxígeno desprendido 5.- a) Ajuste la siguiente reacción por el método de ión electrón: KMnO4 + H2SO4 + H2O2 → MnSO4 + H2O + O2 + K2SO4 b) Si en la reacción se consumen 3,26 g de permanganato, ¿cuántos litros de oxígeno se desprenden medidos en las condiciones ambientales de laboratorio, que son: 698 mm Hg y 18ºC? El manganeso se reduce de de Mn7+ a Mn2+ y el oxígeno se oxida de O22- a O2. Las semirreacciones correspondientes son: oxidación: H2O2 → O2 + 2H+ + 2ereducción: MnO4- + 8H+ + 5e- → Mn2+ + 4H2O Multiplicando la primera ecuación por 5, la segunda por 2 y sumando, se tiene: 5 H2O2 + 2 MnO4- + 6 H+ → 5 O2 + 2 Mn2+ + 8 H2O

PAU CyL Redox 2000 - 2009 La reacción molecular ajustada es: 2 KMnO4 + 3 H2SO4 + 5 H2O2 →

2

2 MnSO4 + 8 H2O + 5 O2 + K2SO4

Teniendo en cuanta la estequiometría de la reacción, resulta que los moles de oxígeno desprendidos son: 5 mol O 2 3,26 g KMnO 4 n O2 = · = 0,05 mol O 2 2 mol KMnO 4 158 g / mol Aplicando la ecuación de los gases perfectos se calcula el volumen de oxígeno. 698 mmHg atm · L p · V = n · R · T; · V = 0,05 mol · 0,082 (273 +18) K 760 mmHg mol · K Despejando: V = 1,3 L de O2 PAU CyL J2002 electélisis del aluminio El aluminio se obtiene por electrólisis de su óxido, Al2O3, fundido. El cátodo es un electrodo de aluminio y el ánodo un electrodo de carbón (grafito), que se consume durante el proceso. Las reacciones que tienen lugar en los electrodos son: Reacción anódica: C(s) + 2 O2- => CO2(g) + 4 eReacción catódica: Al3+ + 3e- => Al (l) a) ¿Qué cantidad de electricidad es necesaria para obtener 10 kg de aluminio? b) ¿Cuánto pesa el grafito consumido para obtener los 10 kg de aluminio? Multiplicando la reacción anódica por 3 y la catódica por 4, se tiene la reacción global 3C(s) + 2Al2O3(fundido) 6 3CO2 + 4Al(l) Los moles de aluminio obtenidos son: nAl = 10 ·103 g Al

1mol Al = 370,4 mol Al 27 g Al

Para obtener 1 mol de aluminio hay que transferir 3 moles de electrones. Por tanto, aplicando las leyes de Fraday: Q = I · t = 370,4 mol Al

3 mol e − 96500 C = 1,07 ·108 culombios 1mol Al 1mol e −

b) Teniendo encuentra la estequimetría de la reacción global: m grafito = 370,4 mol Al

3 mol C 12 g C = 3,33 ·103 g C = 3,33 kg grafito 4 mol Al 1mol C

PAU CyL S2002 oxidación de ion ferroso con ácido nítrico, potenciales normales a) Determine si, en condiciones estándar, es posible oxidar el ion ferroso mediante ácido nítrico, que se reduciría hasta óxido nítrico (NO). b) Ajuste el proceso redox por el método del ión electrón. Datos: Potenciales estándar de reducción: Fe 3+ (ac) / Fe 2+ (ac), ε0 = 0,77 V. NO3- (ac) / NO (g) , ε0 = 0,96 V. La reacción será posible si: εpila > 0. Las semirreacciones que se deben producir son: ánodo, oxidación: Fe2+ → Fe3+ + 1 eε0ánodo = - ε0 (Fe3+/Fe2+) = - 0,77 V cátodo, reducción: NO3- + 4 H+ + 3 e- → NO+2 H2O ε0cátodo = - ε0 (NO3-/NO) = 0,96 V Sumando ambas ecuaciones se observa que la reacción sí que es posible. εpila = ε0ánodo + ε0cátodo = - 0,77 V + 0,96 V = + 0,19 V > 0 La reacción global es: 3 Fe2+ + NO3- + 4 H+ →

3 Fe3+ + NO + 2 H2O

PAU CyL Redox 2000 - 2009

3

PAU CyL J2003 electrólisis del cloruro de calcio Se hace pasar una corriente de 5 A durante 2 horas a través de una celda electrolítica que contiene CaCl2 (fundido). a) Escriba las reacciones de electrodo. b) Calcule las cantidades, en gramos, de los productos que se depositan o desprenden en los electrodos. a) En el ánodo se produce la oxidación de los aniones cloruro, Cl-, y el cátodo la reducción de los cationes calcio, Ca2+. (+) ánodo, oxidación: 2 Cl- (l) → Cl2 (g) + 2 e(-) cátodo, reducción: Ca2+ (l) + 2 e- → Ca (s) b) La cantidad de carga eléctrica que pasa por la celda es: Q = I · t = 5 A · 2 h · 3 600 s/h = 36 000 C Aplicando la primera ley de Faraday y como en cada proceso se intercambian 2 mol de electrones paras obtener un mol de producto, se tiene: Q M Cl2 36 000 C 71g / mol ánodo: m = = = 13,2 g Cl 2 − F z 96 500 C / mol e 2e− Q M Ca 36 000 C 40 g / mol = = 7,5 g Ca cátodo: m = − F z 96 500 C / mol e 2e− PAU CyL S2003 ajustar ión electrón Ajuste y complete, por el método del ión-electrón, las reacciones: a) MnO4- + Fe2+ → Mn2+ + Fe3+ en disolución ácida. → BrO3 + Br en disolución básica. b) Br2 a) El manganeso se reduce desde Mn7+ a Mn2+ y el hierro se oxida desde Fe2+ a Fe3+ oxidación: Fe2+ 6 Fe3+ + 1ereducción: Mn O −4 + 8 H+ + 5 e- → Mn2+ + 4 H2O Multiplicando la primera ecuación por cinco y sumando se tiene la correspondiente reacción iónica. Fe2+ + MnO4- + 8H+ → Fe3+ + Mn2+ + 4H2O b) El bromo dismita oxidándose desde Br- a Br5+, a la vez que se reduce a Br-. oxidación: Br0 + 6OH- 6 BrO3- + 3H2O + 5ereducción Br0 + e6 BrMultiplicando la segunda ecuación por 5 y sumando, se tiene la ecuación iónica: 6Br20 + 6OH- 6 5Br- + BrO3- + 3H2O

PAU CyL J2004 ajustar una ácida y otra básica Ajustar y completar, por el método del ion-electrón, las reacciones: a) Mn O −4 O4 + SO2 → Mn2+ + HS O −4 en disolución ácida. b) Bi(OH)3 + SnO22- → SnO32- + Bi en disolución básica. a) Mn O −4 + SO2 → Mn2+ + HS O −4 en disolución ácida El manganeso se reduce desde Mn7+ a Mn2+ y el azufre se oxida de S4+ a S6+ Las semirreacciones son:

PAU CyL Redox 2000 - 2009

4

Oxidación: SO2 + 2 H2O → HS O −4 + 3 H+ + 2 eReducción: Mn O −4 + 8 H+ + 5 e- → Mn2+ + 4 H2O Multiplicando la primera ecuación por cinco, la segunda por dos y sumando se tiene la correspondiente reacción iónica. 5 SO2 + 2 Mn O −4 + 2 H2O + H+ → 5 HS O −4 + 2 Mn2+ b) Bi(OH)3 + SnO22- → SnO32- + Bi en disolución básica. El bismuto se reduce de Bi3+ a Bi0 y el estaño se oxida de Sn4+ a Sn6+. Como la reacción es medio básico se añade agua al medio que contiene exceso de oxígeno e iones hidróxido, OH-, al otro. Las semirreacciones son: Oxidación: SnO22- + 2 OH- → SnO32- + H2O + 2 eReducción: Bi3+ + 3 e- → Bi0 Multiplicando la primera ecuación por tres, la segunda por dos y sumando se tiene la correspondiente reacción iónica. 3 SnO22- + 2 Bi3+ + 6 OH- → 3 SnO32- + 2 Bi0 + 3 H2O Por tanto: 3 SnO22- + 2 Bi(OH)3 → 3 SnO32- + 2 Bi0 + 3 H2O PAU CyL S2004 permanganato y cobalto El permanganato potásico, en disolución ácida, oxida al cobalto (II) a cobalto (III), reduciéndose a ion manganeso (II). a) Ajuste la reacción de oxidación-reducción por el método del ion-electrón. b) Si se necesitan 16,4 mL de una disolución 0,133 M de permanganato potásico para oxidar 20,0 mL de la disolución de sulfato de cobalto (II) a ion cobalto (III), ¿cuál es la concentración de la disolución de sulfato de cobalto (II)? a) Las semireacciones de oxidación y de reducción son: reducción: MnO4- + 8H+ + 5e- 6 Mn2+ + 4H2O oxidación: Co2+ 6 Co3+ + 1eMultiplicando la segunda ecuación por 5 y sumando, se tiene la ecuación iónica: MnO4- + 5Co2+ + 8H+ 6 Mn2+ + 5Co3+ + 4H2O Y en forma molecular, como el medio es ácido sulfúrico: 2KMnO4 + 10CoSO4 + 8H2SO4 6 2MnSO4 + 5Co2(SO4)3 + K2SO4 + 8H2O b) Los moles de permanganato utilizados son: npermanganato = 0,133 mol/L · 16,4 · 10-3 L = 2,18 · 10-3 mol permanganato de potasio De la estequimetría de la reacción, se deducen los moles que reaccionan de sulfato de cobalto(II). nsulfato de cobalto(II) = 2,18 ·10 − 3 mol permangnato

10 mol sulfato de cobalto(II) = 1,09 ·10 − 2 mol 2 mol permanganato potasio

Por lo que la molaridad de la disolución es: M=

nsoluto 1,09 ·10 −2 mol = 0,545 mol / L Vdisolución 20 ·10 − 3 L

PAU CyL J2005 yoduro de potasio con sulfato de cobre Al reaccionar 20 g de sulfato de cobre (II) con 30 g de yoduro potásico se obtiene yodo, yoduro de cobre (I) y sulfato de potasio. Se pide:

PAU CyL Redox 2000 - 2009

5

a) Ajuste la reacción correspondiente por el método del ión-electrón. b) El peso de yoduro de cobre (I) que se formará. La reacción química sin ajustar es: CuSO4 + KI

→

I2 + CuI + K2SO4

El cobre se reduce de Cu+2 a Cu+1 y el yodo se oxida de I-1 a I20. Las semirreacciones son: 2 I-1 ⇆

Oxidación:

I2 + 2e-

Reducción: 2 Cu+2 + 2 e- ⇆ 2 Cu+1 Sumando:

2 Cu+2 + 2 I-1 ⇆ 2 Cu+1 + I2

Pasando a forma molecular: 2 CuSO4 + 4 KI

→

I2 + 2 CuI + 2 K2SO4

b) Las masas molares de las diferentes sustancias son: M CuSO 4 = 159,6 g/mol; MKI = 166 g/mol; MCuI = 190,44 g/mol Los moles iniciales de sulfato de cobre (II) y de yoduro de potasio son: 20 g 30 g n CuSO 4 = = 0,125 mol; n KI = = 0,181 mol 159,6 g / mol 166 g / mol Como la estequiometría de la reacción indica que dos moles de sulfato reaccionan con cuatro de yoduro, el reactivo limitante es el yoduro. La misma estequiometría indica que cuatro moles de yoduro de potasio proporcionan dos mol de yoduro de cobre (I), por tanto la cantidad de esta sustancia que se forma es: 2 mol CuI ·190,4 g / mol m CuI = · 30 g KI = 17,20 g CuI 4 mol KI ·166 g / mol

PAU CyL S2005 disolución de Zn con nítrico El zinc en polvo reacciona con ácido nítrico dando nitratos de zinc (II) y de amonio. a) Ajuste la reacción por el método del ión-electrón. b) Calcule el volumen de ácido nítrico de riqueza del 40 % en peso y densidad 1,25 g cm-3 necesarios para la disolución de 10 g de zinc. La reacción sin ajustar es: Zn + HNO3

6

Zn(NO3)2 + NH4NO3

El Zn se oxida de Zn0 y el nitrógeno se reduce de N5+ a N3-. oxidación: Zn0 6 Zn2+ + 2ereducción: NO3- + 10H+ + 8e- 6

NH4+ + 3H2O

multiplicando la primera ecuación por 4 y sumando, se tiene la ecuación iónica: 4Zn0 + NO3- + 10H+ 6 4Zn2+ + NH4+ + 3H2O Y en forma molecular: 4Zn + 10HNO3 6

4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O

b) La masa de HNO3 que se precisa para que reaccione todo en cinc es: mHNO3 = 10 g Zn

1mol Zn 10 mol HNO3 63 g HNO3 = 24,1 g HNO3 65,4 g Zn 4 mol Zn 1mol HNO3

PAU CyL Redox 2000 - 2009

6

La masa de disolución que se precisa es: m disolución = 24,1g HNO3

100 partes disolución = 60,25 g disolución 40 partes HNO3

Qu ocupa un volumen de: V =

m 60,25 g disolución = = 48,2 cm3 disolución 3 d 1,25 g / cm

PAU CyL J2006 potencial de pila yodato y yoduro potásicos El yodato potásico y el yoduro potásico reaccionan en medio ácido obteniéndose yodo (I2). a) Ajuste la reacción por el método del ión-electrón. b) Si el proceso tiene lugar en una pila galvánica, ¿cuál será el potencial de dicha pila cuando la concentración del yodato sea 1,0 M y la del yoduro 1,0 M? Datos: Potenciales estándar reducción: IO3- / I2 (en medio ácido) = + 1,19 V:I2 / I- = + 0,54 V. a) (-) ánodo, oxidación: 2I- 6 I2 + 2e(+) cátodo, reducción: 2IO3- + 12H+ + 10e- 6 I2 + 6H2O IO3- + 6H+ + 5I- 6 3I2 + 3H2O

õ0ánodo = - õ0(I2 / I-) = - 0,54 V õ0cátodo = - õ0(IO3-/I2) = +1,19 V õ0total = + 0,65 V

Y en forma molecular en un medio de ácido sulfúrico: KIO3+ 5KI + 3H2SO4 6 3I2 + 3H2O + 3K2 SO4 b) Como la concentración de las especies es 1 M, el potencial d ela pila es igual a õ0total = +0,65 V PAU CyL J2006 electrólisis del magnesio y gas cloro obtenido El magnesio se obtiene industrialmente por electrólisis del cloruro de magnesio fundido a la temperatura de 750 ºC. a) Calcule los kg de magnesio que se obtienen cuando pasa una corriente de 2.000 A a través de la celda electrolítica durante 10 horas, suponiendo que el rendimiento del proceso es del 88 %. b) ¿Qué volumen ocupa el gas desprendido en la celda anterior medido en condiciones normales? Las reacciones que tienen lugar en la electrólisis son: ánodo, oxidación: 2 Cl- → Cl2 + 2 ecátodo, reducción: Mg2+ + 2 e- → Mg Reacción global: MgCl2(fundido) 6 Cl2 + Mg Aplicando las leyes de Faraday, la masa de magnesio depositada, como se transfieren 2 mol de epor cada mol de magnesio es: 24,31g Mg I · t MMg 2000 A ·10 h · 3600 s / h 1mol Mg m= = = 9,07 ·10 3 g Mg = 9,07 kg Mg 96 500 C F z 2 mol e − 1mol e − 1mol Mg

Pero como el rendimiento es del 88 %, la masa real obtenida es: m = 9,07 kg Mg

88 partes reales = 7,98 kg Mg 100 partes pevistas

b) Para que se desprenda 1 mol de cloro hay que transferir 2 moles de electrones, y como 1 mol de gas ocupa 22,4 L en cn, se tiene que:

PAU CyL Redox 2000 - 2009 nCl2 =

7

22,4 L en cn I· t 2000 A ·10 h · 3600 s / h = 8,36 ·103 L = 8,36 m3 = = 373 mol Cl 2 ; V = 373 mol Cl2 − F·z 1mol 96 500 C 2 mol e · 1mol e − 1mol Mg

Pero como el rendimiento es del 88 %, el volumen real obtenido es: V = 8,36 m3

88 partes reales = 7,35 m3 Cl2 100 partes pevistas

PAU CyL S2006 dismutación yodo El yodo sólido (I2) en medio alcalino se dismuta en iones yoduro (I-) y yodato (IO3-). a) Ajuste la reacción iónica y molecular por el método del ión-electrón, especificando cuales son las reacciones de oxidación y de reducción, cuando se usa hidróxido potásico. b) ¿Cuantos gramos de yodo sólido se necesitarían para obtener un litro de disolución 10-2 molar en iones yoduro? Las semireacciones de oxidación y de reducción son: reducción: I2 + 2e- 6 2Ioxidación: I2 + 12OH6 2IO3- + 6H2O + 10eMultiplicando la primera ecuación por 5 y sumando se tiene la ecuación iónica: 6I2 + 12OH- 6 10I- + 2IO3- + 6H2O Y en forma molecular: 3I2 + 6KOH 6 5KI + KIO3 + 3H2O b) Los moles de I- presentes en la disolución son: nI- = 1 L · 10-2 mol/L = 10-2 mol La masa de de yodo que se precisa es: mI2 = 10 − 2 mol IK

3 mol I2 253,8 g I2 · = 1.52 g de yodo 5 mol KI 1mol I2

PAU CyL J2007 cobre con nítrico y clorhídrico Partiendo de los siguientes potenciales estándar de reducción a 298 K: E° (H+/H2) = 0,00 V; E° (Cu2+/Cu) =0,15V y E° (NO3-/NO) = 0,96V. a) Escriba las semirreacciones de oxidación y reducción para los sistemas Cu/ácido clorhídrico y Cu/ácido nítrico. (hasta 1 punto) b) Indique cuál de los ácidos clorhídrico 1 M o nítrico 1 M oxidará al cobre metálico hasta Cu2+ en condiciones estándar e indique quién es el oxidante y quién el reductor. (hasta 1 punto) Cu + 2 H+ oxidación: Cu reducción: 2 H+ + 2 e-

→ →

Cu2+ H2

→

Cu2+

+ 2 e-

+ H2

E10 = - 0,15 V E2 = 0 V ET0= - 0,15 V, Proceso NO espontáneo

Cu + NO3→ Cu2+ + NO El Cu es un reductor y se oxida a Cu2+ a la vez que el ión nitrato NO3- (N+5) es un oxidante y se reduce a NO (N+2) oxidación: 3 (Cu → Cu2+ + 2 e- ) Reducción: 2 (NO3- + 4 H+ + 3 e- → NO + 2 H2O) 3 Cu + 2 NO3- + 8 H+

→ 3 Cu2+ + 2 NO + 4 H2O

E10 = - 0,15 V E20 = 0,96 V ET0 = 0,81 V, proceso espontáneo

PAU CyL Redox 2000 - 2009 Y en forma molecular: 3 Cu + 8 HNO3

→

8

3Cu(NO3)2

+

2 NO

+ 4 H2O

b) El cobre no puede ser atacado de forma ácida. El HCl sólo puede atacar al cobre como ácido, ya que el anión cloruro Cl- no se puede reducir más, no puede atacar como oxidante. EL ácido nítrico ataca al cobre de forma oxidante (no de forma ácida). El anión nitrato NO3- (N+5) actúa como oxidante y se reduce a NO. El cobre (Cu0) es el reductor y se oxida a Cu+2) PAU CyL J2007 electrólisis de nitrato de plata Al tratar 20 ml de una disolución de nitrato de plata con un exceso de ácido clorhídrico se forman 0,56 g de cloruro de plata y ácido nítrico. a) ¿Cuál es la molaridad de la disolución de nitrato de plata? (hasta 1 punto) b) ¿Cuál será la intensidad de corriente necesaria para depositar por electrolisis la plata existente en 50 ml de la disolución de nitrato de plata en un tiempo de 2 horas? (hasta 1 punto) a)

AgNO3 + HCl → 20 mL exceso

AgCl9 + HNO3 0,56 g

MAgCl = 143,32 g/mol 1mol = 3,91 · 10-3 mol AgCl 143,32 g 1molAgNO 3 nAgNO3 = 3,91 · 10-3 mol AgCl = 3,91·10 −3 mol AgNO 3 1mol AgCl

nAgCl = 0,56 g

Molaridad =

3,91·10 −3 mol AgNO 3 0,02 L

=0,195 mol AgNO3/L = 0,2 M AgNO3

b) Los moles del catión plata presentes en la disolución son los mismos que los de nitrato de plata. nAg+ = nAgNO3 = 0,2 mol/L · 0,05 L = 0,01 mol Ag+ La carga eléctrica necesaria para depositar la plata es: q = 0,01 mol Ag+

1mol e − 96485 C 1mol Ag + 1mol e −

= 964,85 C

Y la intensidad de la corriente eléctrica es: I =

q 964,85 C = = 0,13 A t 2 h 3600 s / h

PAU CyL J2007permanganoto de potasio y ácido sulfhídrico El permanganato de potasio, en medio ácido, es capaz de oxidar al sulfuro de hidrógeno a azufre pasando el permanganato a ión manganeso (II). a) Ajuste la reacción iónica por el método del ión-electrón indicando la especie que se oxida y la que se reduce. (hasta 1,5 puntos) b) Suponiendo que el ácido empleado es el ácido sulfúrico, complete la reacción que tiene lugar. (hasta 0,5 puntos) KMnO4 + H2S → Mn2+ + S El anión permanganato es un oxidante, el manganeso (+7) coge electrones y se reduce a manganeso (+2). A su vez, el anión sulfuro (-2) cede electrones, es un reductor y se oxida a azufre con número de oxidación cero. Oxidación: Reducción: 2 x (MnO4-

5 x (S2+ 8H+

+ 5e-

→ →

S + 2e-) Mn2+ + 4H2O)

PAU CyL Redox 2000 - 2009 2MnO4- + 16H+

+ 5S2-

→

9 2Mn2+ + 8H2O

+

5S

El sulfuro de hidrógeno en agua se disocia según los equilibrios: H2S ↔ HS- + H3O HS- ↔ S-2 + H3O Que se desplazan hacia la formación de ion sulfuro (S-2) ya que se elimina al oxidarse. b) Si el ácido es el ácido sulfúrico: 2KMnO4 + 5H2S + 3H2SO4 → 2MnSO4 + 8H2O + 5S + K2SO4 PAU CyL S2007disolución de metales en disoluciones acuosas Prediga lo que ocurrirá cuando: (hasta 0,6 puntos) a) Una punta de hierro se sumerge en una disolución acuosa de CuSO4. b) Una moneda de níquel se sumerge en una disolución de HCl. (hasta 0,7 puntos) c) Un trozo de potasio sólido se sumerge en agua. (hasta 0,7 puntos) Datos: ε(Cu2+/Cu) = +0,34 V; ε(Fe2+/Fe) = - 0,44 V; ε(Ni2+/Ni) = -0,24 V; ε(K+/K) = -2,93 V Un metal desplaza de la disolución a los iones de los elementos químicos situados por debajo de él en la tabla de potenciales normales de reducción. a) ánodo, oxidación: Fe 6 Fe2+ + 2ecátodo, reducción Cu2+ + 2- 6 Cu0

õ0ánodo = - (- 0,44 V) = + 0,44 V õ0cátodo = + 0,34 V

reacción global: Fe + Cu2+ 6 Fe2+ + Cu0

õ0total = + 0,78 V > 0

Fe + CuSO4 6 FeSO4 + Cu0 El proceso es espontáneo. En hierro se oxida a Fe2+, desplazando al cobre de Cu2+ que se reduce a cobre metálico. b) ánodo, oxidación: Ni 6 Ni2+ + 2ecátodo, reducción 2H+ + 2e- 6 H2 reacción global: Ni + 2H+ 6 Ni2+ + H2

õ0ánodo = - (- 0,24 V) = + 0,24 V õ0cátodo = + 0 V õ0total = + 0,24 V > 0

Ni + 2HCl 6 NiCl2 + H2 El proceso es espontáneo. En níquel es más reductor que el hidrógeno y lo desplaza de sus ácidos. 6 K+ + 1ec) ánodo, oxidación: K cátodo, reducción 2H2O + 2e- 6 H2 + 2OH+ reacción global: 2K + 2H2O 6 2KOH + H2

õ0ánodo = - (- 2,93 V) = + 2,93 V õ0cátodo = - 0,83 V õ0total = + 2,10 V > 0

El proceso es espontáneo. El potasio reacciona con el agua, formándose el hidróxido y desprende hidrógeno. PAU CyL J2008 dicromato y yoduro El dicromato de potasio oxida al yoduro de potasio en medio ácido sulfúrico produciéndose sulfato de potasio, yodo y sulfato de cromo(III). a) Ajuste la reacción por el método del ión-electrón, indicando el oxidante y el reductor.

PAU CyL Redox 2000 - 2009

10

(hasta 1,0 puntos) b) ¿Cuántos gramos de sulfato de cromo(III) podrán obtenerse a partir de 5 g de dicromato de potasio si el rendimiento de la reacción es del 60 %? (hasta 1,0 puntos) a) El Cr pasa de número de oxidación + 6 en el K2Cr2O7 a + 3 en el Cr2(SO4)3, por tanto es la especie oxidante. Por el contrario el I pasa de - 1 en el KI a 0 en el I2, luego es el reductor. Reducción: Oxidación:

Cr2O72- + 14 H+ + 6 e- → 2 Cr3+ + 7 H2O 6 I- → 3 I2 + 6 e-

x3/

Cr2O72- + 14 H+ + 6 I- → 2 Cr3+ + 3 I2 + 7 H2O

Proceso global:

Reacción molecular: K2Cr2O7 + 6KI + 7H2SO4 → Cr2(SO4)3 + 4K2SO4 + 3I2 + 7H2O b) Según la estequiometría de la reacción resulta que: m sulfato = 5 g dicromato

1mol dicromato 1mol sulfato 392 g sulfato 60 g reales = 4 g sulfato de como (III) 294 g dicromato 1mol dicromato 1mol sulfato 100 g previstos

PAU CyL S2008 sulfito de sodio y permanganato 2. El sulfito sódico, Na2SO3, reacciona con el permanganato potásico, KMnO4, en medio ácido sulfúrico, dando, entre otros productos MnSO4 y Na2SO4. a) Escriba ajustadas las semirreacciones de oxidación y de reducción. (hasta 0,8 puntos) b) Ajuste, por el método del ión-electrón, las reacciones iónica y molecular. (hasta 1,2 puntos) SO32- + MnO4- + H+ 6 Mn2+ + SO42- + H2O El anión permanganato es un oxidante, el manganeso (+7) coge electrones y se reduce a manganeso (+2). A su vez, el anión sulfito, azufre +4, cede electrones, es un reductor y se oxida a anión sulfato, azufre +6. Oxidación: Reducción: 2 x

5x (SO32- + H2O (MnO4- + 8H+ + 5e-

2MnO4- + 5SO32- + 6H+

→

b) Como el medio es ácido sulfúrico: 2KMnO4 + 5Na2SO3 + 3H2SO4

2Mn2+ +

→

SO42- + 2H+ + Mn2+ + 4H2O)

→ →

2e-)

5SO42- + 3H2O

2MnSO4 +

5Na2SO4 + K2SO4 + 3H2O

PAU CyL S2008 eléctrólisis del agua En el proceso electrolítico de una disolución acuosa ácida se producen hidrógeno y oxígeno. a) Establezca ajustadas las semirreacciones de oxidación y de reducción, señalando el electrodo en el que se producen y la reacción global del proceso. (hasta 0,8 puntos) b) Calcule la cantidad de oxígeno, en gramos, que se forma cuando una corriente de 1,5 amperios pasa durante 5 horas a través de la celda electrolítica. (hasta 0,6 puntos) c) Calcule el volumen de hidrógeno obtenido durante el mismo proceso, en condiciones estándar. (hasta 0,6 puntos) Las semireacciones de oxidación-reducción del agua en medio ácido son: ánodo, oxidación 2H2O(l) 6 O2(g) + 4H+(aq) + 4ecátodo, reducción 2H+(aq) + 2e- 6 H2(g)

PAU CyL Redox 2000 - 2009

11

Multiplicando la segunda ecuación por 2 y sumando se obtiene la reacción global. 2H2O(l) 6 2H2(g) + O2(g) b) Durante el desprendimiento de 1 mol de oxígeno se transfieren 4 mol de electrones. nO2 =

I· t = z ·F

1,5 A · 5 h · 3600 s / h −

4

mol e C · 96500 mol O 2 mol e −

= 7 ·10 − 2 mol O 2 Y mO2 = 7 ·10 − 2 mol O 2

32 g O 2 = 2,24 g oxígeno 1mol O 2

c) Por cada mol de oxigeno se desprenden 2 mol de hidrógeno, por tanto: nH2 = 7 ·10 − 2 mol O 2

2 mol H2 = 0,14 mol hidrógeno 1mol O 2

Aplicando la ecuación de los gases ideales en condiciones estandar, 25ºC y 1 atm, resulta: p · V = n · R · T; 1 atm · V = 0,14 mol · 0,082 atm · L/(mol · K) · (273 + 25) K Y V = 3,42 L PAU CyL J2009 permanganato y sulfuro de hidrógeno El permanganato potásico reacciona con el sulfuro de hidrógeno, en medio ácido sulfúrico, dando, entre otros productos, azufre elemental y sulfato de manganeso(II). a. Escriba y ajuste la reacción por el método del ión-electrón. (hasta 1,0 punto) b. Indique las especies que se oxidan o se reducen, indicando cual es la especie oxidante y cual es la especie reductora. (hasta 0,5 puntos) c. Suponiendo que la reacción es total, calcule los gramos de KMnO4 que habrá que utilizar para obtener 4 g de azufre elemental. (hasta 0,5 puntos) a)

KMnO4

Oxidación: Reducción: 2 x (MnO4-

5 x (S2+ 8H+

2MnO4- + 16H+

+ 5S2-

+

H2S -

+ 5e →

Mn2+

→ → →

+

S

S + 2e-) 2+ Mn + 4H2O)

2Mn2+ + 8H2O

+

5S

El sulfuro de hidrógeno en agua se disocia según los equilibrios: H2S ↔ HS- + H3O HS- ↔ S-2 + H3O Que se desplazan hacia la formación de ion sulfuro (S-2) ya que se elimina al oxidarse. Si el ácido es el ácido sulfúrico: 2KMnO4 + 5H2S + 3H2SO4

→

2MnSO4 + 8H2O

+

5S + K2SO4

b) El anión permanganato es un oxidante, el manganeso (+7) coge electrones y se reduce a manganeso (+2). A su vez, el anión sulfuro (-2) cede electrones, es un reductor y se oxida a azufre con número de oxidación cero. c) Teniendo en cuenta la estequiometría de la reacción resulta que: mpermanganato = 4 g azufre

1mol azufre 2 mol permanganato 158 g permanganato = 7,9 g permanganato 32 g azufre 5 mol azufre 1mol permanganato

PAU CyL Redox 2000 - 2009

12

PAU CyL S2009 leyes de Faraday con el Cr Se pretende depositar Cr metal, por electrolisis, de una disolución ácida que contiene óxido de cromo(VI) CrO3, a) Escriba la semirreacción de reducción. b) ¿Cuántos gramos de Cr se depositarán si se hace pasar una corriente de 1.104 C? c) Cuanto tiempo tardará en depositarse un gramo de Cr si se emplea una corriente de 6 A. a) CrO3 + 6H+ + 6 e-

→

Cr0

+ 3H2O

b) Aplicando las leyes de Faraday, los moles de cromo depositados son: n=

m I· t Q 52 g Cr 1·10 4 C = ⇒ m = MCr = = 0,9 g Cr MCr z · F z · F 1mol Cr 6 mol e − 96500 C 1mol Cr 1mol e −

c) Volviendo a aplicar las leyes de Faraday, resulta que: 6 mol e − 96 500 C m I· t m z ·F 1g Cr 1mol Cr 1mol e − n= = ⇒t= = = 1,86 ·103 s 52 g Cr MCr z · F MCr I 6A 1mol Cr

PAU CyL Orgánica

2000 - 2009

1

PAU CyL J2000 nailon y condensación glicina a) Explique la formación de nylon que tiene lugar por reacción entre hexametilendiamina, H2N-(CH2)6–NH2, y el ácido atípico, HOOC -(CH2)4-COOH. Explique el tipo de reacción de polimerización. b) Explique la reacción de condensación entre dos moléculas del aminoácido glicina (H2NCH2-COOH). Explique por qué las proteínas son polímeros naturales. a) Es una reacción de condensación, en la que monómeros bifuncionales se incorporan sucesivamente por los extremos de la cadena liberando molécula de agua. H2N-(CH2)6-NH2 + HOOC -(CH2)4-COOH → → H2N-(CH2)6–HN- CO- (CH2)4-COOH + H2O Dando lugar a la estructura: -[HN-(CH2)6-HN-CO-(CH2)4-CO]b) Reacción de condensación de la glicina consigo misma: H2N-CH2-COOH + H2N-CH2-COOH → H2N-CH2-CO-HN-CH2-COOH + H2O La unión de dos aminoácidos por enlace peptídico ( grupo -CO-NH-), da un dipéptido. Sucesivas uniones llevan a un polipéptido, que es una proteína. Por tanto, como las proteínas se forman por unión de unidades más sencillas, son polímeros, y como esto ocurre de forma natural en el interior de las células, se dice que son polímeros naturales. PAU CyL J2001reacción alcohol y ácido A) Nombre los siguientes compuestos: a) CH3 – CHOH – CH3; b) CH3– CN; c) CH3 – CH2 - COOH; d) ClCH – CHCl; e) C6H5OH. B) Escriba la reacción que tiene lugar entre los compuestos a) y c), nombrando el producto principal de la reacción. a) CH3 – CHOH – CH3 2-propanol b) CH3– CN etanonitrilo o cianuro de metilo c) CH3 – CH2 – COOH ácido propanoico d) ClCH – CHCl 1,2-dicloroetano e) C6H5OH fenol B) Es la de esterificación entre un ácido carboxílico y un alcohol para dar éster y agua. CH3-CHOH-CH3 + CH3-CH2-COOH → H2O + El producto es el propanoato de isopropilo. PAU CyL S2001polimerización adición, condensación y copolimerización Conteste a las preguntas siguientes: a) ¿Es lo mismo polimerización de adición que de condensación? b) ¿Qué es copolimerización? c) Justifique si el polímero formado mediante polimerización de adición tiene la misma composición centesimal que el monómero del que procede. a) No es lo mismo. Polimerización por adición. Se realiza con un monómero que tenga un enlace múltiple (generalmente doble enlace). Consiste en la yuxtaposición de unidades de monómero para obtener un polímero de masa molar que sea un

PAU CyL Orgánica

2000 - 2009

2

múltiplo entero de la del monómero y esquemáticamente se puede representar mediante la ecuación:n M 6 Mn La reacción de polimerización puede transcurrir a través de un proceso de formación de radicales mediante una reacción en cadena, donde la etapa de propagación consiste en la incorporación de un número elevado de unidades de monómero al radical polimérico en crecimiento. Por ejemplo el cloruro de vinilo CH2=CHCl se polimeriza, mediante el concurso de un peróxido orgánico como iniciador, para formar policloruro de vinilo o PVC mediante: Polimerización por condensación. Es una reacción en la que los reactivos originan un producto determinado y se elimina un producto secundario. Por ejemplo, la esterificación de un ácido carboxílico con un alcohol es una condensación, donde se forma un éster y se libera, como producto secundario, agua: R-COOH + R'-OH W R-COOR' + H2O Para que este tipo de reacción se pueda considerar como una reacción de polimerización es necesario que los reactivos que intervengan tengan cada uno una funcionalidad igual o superior a dos, siendo ésta igual a la capacidad que tiene una sustancia para reaccionar. En el caso de los compuestos orgánicos, la funcionalidad viene dada por el número de grupos funcionales que presenta la molécula de cada compuesto. Si la esterificación tiene lugar entre un diácido y un dialcohol se convierte en una reacción de polimerización y se obtiene un poliéster. Así: HOOC-R-COOH + HO-R'-OH W HOOC-R-COOR'-OH + H2O El éster que se origina, HOOC-R-COOR'-OH, tiene una función ácido en un extremo y una función alcohol en el otro extremo. Su funcionalidad es también igual a dos, por lo que puede reaccionar en sucesivas etapas con más diácido o dialcohol, desprendiendo en cada etapa una molécula de agua, para obtener un polímero de gran tamaño y elevada masa molar. b) Copolimerización. Es la formación de polímeros a partir de dos monómeros distintos como el estireno y el butadieno para producir caucho SBR c) Verdadero. Puede observase que la proporción de C, H y Cl es la misma en el cloruro de vinilo (C2H3Cl) que en el policloruro de vinilo (C2H3Cl)n. PAU CyL J2002 isómeros enlaces dobles Escriba y nombre tres isómeros de cadena abierta de fórmula molecular C5H12 clasificándolos como isómeros estructurales o geométricos. CH3-CH2-CH2-CH2-CH3 pentano CH3-CH-CH2-CH3 2-metilbutano -CH3 -CH3 CH3-C-CH3 dimetilpropano -CH3 Los tres isómeros son estructurales.

PAU CyL Orgánica

2000 - 2009

3

PAU CyL S2002 proteínas y monómero de insulina a) ¿Qué son las proteínas, consideradas como compuestos químicos? b) La insulina es un oligopolímero natural de masa molecular aproximada 6500. Indicar el número de monómeros que constituyen la molécula de insulina, suponiendo que el monómero que da lugar a esta proteína es el ácido 2-amino pentanoico. a) Las proteínas son polímeros (o macromoléculas) naturales formados por el encadenamiento de entre 20 y miles de aminoácidos. Los aminoácidos se encadenan mediante uniones amídicas, denominados enlaces peptídicos. El enlace peptídico es una unión cabeza-cola, producida por eliminación de una molécula de agua entre el grupo carboxilo de un aminoácido y el grupo α-amino del aminoácido siguiente: b) Masa de una molécula del ácido 2-aminopentanoico, COOH-CH(NH2)-CH2-CH2-CH3, es de 117 unidades de masa atómica. 6 500 uma monómeros = = 55 monómeros 117 uma / monómero PAU CyL J2003 adición en el propino a) Indicar la reacción que tiene lugar cuando a un mol de propino se le adiciona un mol de los siguientes compuestos: Br2, HBr, H2O. b) Nombrar los productos obtenidos a) Los tres ejemplos representan la adición electrófila a un triple enlace. Como solamente se adiciona un mol de reactivo a un mol de alquino, el producto obtenido contiene un doble enlace. CH3 - C ≡ CH + Br2 → CH3 - CBr = CHBr 1,2-dibromopropeno CH3 - C ≡ CH + HBr

→ CH3 - CBr = CH2

CH3 - C ≡ CH + H2O → CH3 - COH = CH2

2-bromopropeno propen-2-ol

Las dos últimas reacciones siguen la regla Markovnikov, con adición del H de la molécula de reactivo al átomo de carbono que de la insaturación que tenga más H. El CH3 - COH = CH2 es inestable y se transforma en acetona CH3 – CO – CH3.

PAU CyL J2004 orgánica condensación a) ¿Qué tipo de reacción (adición, sustitución, eliminación) es la siguiente?

b) Nombrar cada uno de los reactivos y productos La reacción propuesta no es ni adición, ni sustitución, ni eliminación es una reacción de condensación. Los nombres de los compuestos son: ácido propanoico, metilamina, Nmetilpropanamida y agua. PAU CyL S2004 grupos funconales con oxígeno Conteste a las siguientes cuestiones referidas a compuestos orgánicos: a) Indique dos grupos funcionales cuyos compuestos tengan la siguiente fórmula molecular

PAU CyL Orgánica

2000 - 2009

4

CnH2n+2O. Ponga un ejemplo de cada uno y nombre el compuesto. b) Escriba dos fórmulas semidesarrolladas, dando nombre a los compuestos correspondientes, por cada una de las siguientes fórmulas moleculares C3H6O y C5H10. a) Alcoholes y étres. CH3OH metanol CH3-O-CH3 dimetiléter b) CH3-CO-CH3 propanona CH3-CH2-CHO propanal CH2=CH-CH2-CH2-CH3 buteno ciclopentano PAU CyL J2005 combustión gasolina, octano, hidrocarburos de tres átomosm de carbono La gasolina es una mezcla de hidrocarburos entre los que se encuentra el octano. a) Escriba la reacción ajustada para la combustión del octano. b) Formule y nombre todos los hidrocarburos que contengan tres átomos de carbono. a) 2 C8H18 + 25 O2 → 16 CO2

+ 18 H2O

b) alcanos: CH3-CH2-CH3 propano alquenos: CH2=CH-CH3 propeno alquinos: C≡C-CH3 propino cíclicos: ciclopropano; ciclopropeno El ciclopropino no existe, el triple enlace general tal tensión que el ciclo menor que contiene un triple enlace es el ocho carbonos. PAU CyL S2005 grupos funcionales y fórmulas moleculares Indique, el nombre y el grupo funcional de los compuestos que responden a las siguientes fórmulas moleculares. B) CH2O C) C2H6O D) C3H6O A) CH4O A) CH4O tiene el grupo hidroxilo, -OH, es un alcohol: CH3OH metanol B) CH2O tiene el grupo carbonilo, =C=O, en un aldehído: HCHO metanal C) C2H6O tiene el grupo oxi, -O-, es un éter CH3-O-CH3 dimetiléter D) C3H6O tiene el grupo carbonilo, =C=O, se corresponde con un aldehído o con una cetona. CH3-CO-CH3 propanona, CH3-CH2-CHO propanal PAU CyL J2006 adición, eliminación y sustitución Ponga un ejemplo de cada uno de los tipos de reacciones orgánicas siguientes: a) Adición. b) Eliminación. c) Sustitución. Formule y nombre los reactivos y los productos de reacción. a) CH3-CH=CH-CH3 + HBr 6 2-buteno bromuro de hidrógeno b) CH3-CHI-CH3 + KOH 6 2-yodopropano hidróxido de potasio c) CH3Cl

+ NaOH

6

CH3-CH2-CHBr-CH3 2-bromobutano

CH3-CH=CH2 + KI + H2O propeno yoduro de potasio agua CH3OH

+

NaCl

PAU CyL Orgánica clorometano

2000 - 2009

hidróxido de sodio

metanol

5

cloruro de sodio

PAU CyL S2006 hibridación e isómeros Dado un compuesto de fórmula CH2 = CH – CH = CH – CH3 a) Nómbrelo e indique el tipo de hibridación que puede asignarse a cada átomo de carbono. b) Formule y nombre 3 isómeros de posición del compuesto anterior. a) 1,3-pentadieno Los cuatro átomos unidos por enlace doble tienen hibridación sp2 y el átomo de carbono de enlace sencillo tiene hibridación sp3. b) CH2 = C = CH - CH2– CH3 1,2-pentadieno CH2 = CH- CH2 - CH = CH2 1,4-pentadieno CH3 - CH = C = CH - CH3 2,3-pentadieno PAU CyL S2007 reacciones del doble enlace Escriba la reacción química que tiene lugar, formulando todos los compuestos que intervienen cuando: a) El etino reacciona con una molécula de cloro. (hasta 0,6 puntos) b) El propeno reacciona con una molécula de bromuro de hidrógeno. (hasta 0,7 puntos) c) El 2-buteno reacciona con una molécula de cloruro de hidrógeno. (hasta 0,7 puntos) a) CH/CH + Cl2 etino cloro

6

CHCl=CHCl 1,2-dicloroeteno

b) CH2=CH-CH3 + HBr 6 CH3-CHBr-CH3 propeno bromuro de hidrógeno 2-bromopropano (bromuro de isopropilo) Sigue la regal Markonikov: el hidrógeno de un halogenuro de hidrógeno se adiciona al átomo de carbono, de los unidos al doble enlace, que lleve más átomos de hidrógeno mientras que el halogenuro se adiciona al carbono menos hidrogenado. c) CH3-CH=CH-CH3 + HCl 6 2-buteno cloruro de hidrógeno

CH3-CH2-CHCl-CH3 2-clorobutano

PAU CyL J2008 reacciones orgánica Escriba las siguientes reacciones orgánicas, nombrando los productos que se obtienen en cada una de ellas e indicando a qué tipo de reacciones pertenece: a) Ácido propanoico con 2-butanol. (hasta 1,0 puntos) b) 2-Buteno con hidrógeno en presencia de platino como catalizador. (hasta 1,0 puntos) a) Reacción de esterificación CH3-CH2-COOH + CH3-CHOH-CH2-CH3 ácido propanoico

2-butanol

6 CH3-CH2-COO-CH-CH3 -CH2-CH3 propanoato de sec-butilo propanoato de 2-butilo

b) Reacción de adición al doble enlace CH3-CH=CH-CH3 + H2 6 CH3-CH2-CH2-CH3 2-buteno hidrógeno butano

PAU CyL Orgánica

2000 - 2009

6

PAU CyL J2009 grupos funcionales e hibridaciones Nombre los compuestos orgánicos y los grupos funcionales que contienen. Señale el tipo de hibridación que presentan los átomos de carbono. a. CH3 - CH2 - CONH2 (hasta 0,5 puntos) b. CH3 - CHOH - CH2 - CH3 (hasta 0,5 puntos) c. CH3 - CH2 - NH - CH3 (hasta 0,5 puntos) d. CH3 - CH2 - COOCH3 (hasta 0,5 puntos) a. CH3 - CH2 - CONH2 propanamida grupo funcional amida -CO-NH2 La hibridación en los átomos de carbono es sp3 excepto en el del grupo amida que es sp2 b. CH3 - CHOH - CH2 - CH3 2-butanol grupo funcional hidroxilo -OH La hibridación en los átomos de carbono es sp3 etilmetilamina o N-metiletilamina c. CH3 - CH2 - NH - CH3 grupo funcional amino secundario -NHLa hibridación en los átomos de carbono es sp3 propanotato de metilo d. CH3 - CH2 - COOCH3 grupo funcional éster -COO-R La hibridación en los átomos de carbono es sp3 excepto en el del grupo éster que es sp2