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RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

QUÍMICA

ESTADOS DE AGREGACIÓN DE LA MATERIA 1. Un gas ideal ocupa un volumen de 500 cm3 a la presión de 780 mm de Hg. Suponiendo que la masa y la temperatura permanecen constantes y que la presión se reduce a 750 mm de Hg, calcular el volumen final ocupado por el gas. RESOLUCIÓN: Como es una transformación experimentada por un gas ideal manteniendo constantes la masa y la temperatura, se cumple la ley de Boyle-Mariotte: P1 V1 = P2 V2. Despejando, resulta: P1 V1 V2 = –––––––. P2 Sustituyendo los valores numéricos del enunciado se obtiene: 780 · 500 V2 = ––––––––– = 520 cm3. 750

2. Un matraz cerrado contiene aire a 40 °C y 1 atm. Si se calienta hasta 360 °C y el volumen aumenta en un 5 %, calcular la presión final. RESOLUCIÓN: Como se trata de una transformación experimentada por un gas ideal manteniendo constante úni-

camente la masa, se verifica la ecuación general P1 V1 P2 V2 de los gases ideales: –––––– = ––––––. DespejanT1 T2 P1 V1 T2 do, resulta: P2 = –––––––––. En este caso se tiene: V2 T1 P1 = 1 atm; T1 = 40 + 273 = 313 K; V2 = V1 + 5 % V1 = 1,05 V1; T2 = 360 + 273 = 633 K. Sustituyendo los datos numéricos se obtiene: 1 · V1 · 633 = 1,926 atm. P2 = –––––––––––– 1,05 V1 · 313

3. En una bombona de 12 litros hay oxígeno a 1,4 atm y 310 K. Calcular: a) El número de moles de oxígeno que contiene la bombona. b) La densidad del oxígeno en esas condiciones. RESOLUCIÓN: a) A partir de la ecuación de estado de los gases PV ideales P V = n R T se tiene: n = –––––. SustituRT yendo los valores numéricos del enunciado resulta: 1,4 · 12 n = –––––––––– = 0,661 moles de oxígeno. 0,082 · 310 b) Para calcular el valor de la densidad del oxígeno en estas condiciones, podemos partir de la

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ecuación de estado de los gases ideales P V = n R T teniendo en cuenta que n = a/M. Sustituyendo, resulta: a a P V = ––– R T o bien: P · M = ––– R T. M V Pero como  = a/V, sustituyendo se obtiene: PM P · M =  R T. Despejando:  = –––––. RT Sustituyendo los valores numéricos del enunciado resulta:

P1 V1 P2 V2 ––––––– = –––––––. T1 T2 Despejando, resulta: P2 V2 T1 T2 = ––––––––. P1 V1 En este caso se tiene: T1 = 42 + 273 = 315 K. Sustituyendo los valores numéricos resulta:

1,4 · 32  = ––––––––––– = 1,76 g/l 0,082 · 310

= 249 K, es decir, 249 – 273 = –24 °C.

4. Se tiene un gas en condiciones normales. Calcular la presión del gas si la temperatura se duplica permaneciendo constante el volumen. RESOLUCIÓN: En este caso se trata de una transformación experimentada por un gas ideal manteniendo constantes la masa y el volumen, por tanto, se cumple la P1 P2 ley de Charles y Gay-Lussac: ––– = –––. DespeT1 T2 P1 T2 jando, resulta: P2 = ––––––. Sustituyendo los vaT1 lores del enunciado, se tiene: 1 · 2T1 P2 = ––––––– = 2 atm. T1

5. Un recipiente contiene 150 cm3 de un gas ideal a 42 °C y 714 mm de Hg. Si después de una serie de transformaciones el volumen del gas es de 102 cm3 a la presión de 830 mm de Hg, calcular la temperatura final del gas, expresada en grados centígrados. RESOLUCIÓN: Como se trata de una transformación experimentada por un gas ideal manteniendo constante únicamente la masa, se verifica la ecuación general de los gases ideales:

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830 · 102 · 315 T2 = –––––––––––––– = 714 · 150

6. El cuerpo humano produce en la respiración una media de 40 g de dióxido de carbono cada hora. Calcular el volumen de dióxido de carbono medido a 27 °C y 101 kPa que se produce en la respiración de una persona durante todo un día. Tómese R = 8,31 J · K–1 mol–1. RESOLUCIÓN: A partir de la ecuación de estado de los gases ideales P V = n R T, teniendo en cuenta que n = a/M resulta: a P V = –––– R T. M Despejando, se obtiene: aRT V = ––––––. PM Sustituyendo los valores numéricos: 40 · 8,31 · 300 m3 V = –––––––––––––– = 0,02244 ––––– 44 · 101.000 hora Es decir, m3 1.000 l 24 horas 0,0224 –––––– · ––––––– · ––––––––– = hora 1 m3 1 día litros = 538,5 –––––– día 7. Sabiendo que el calor molar de fusión del xenón es de 22,9 kJ/mol, calcular la cantidad de energía necesaria para fundir totalmente 300 g de xenón, sin variar su temperatura. Tómese Xe = 131,29 g/mol

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

RESOLUCIÓN: Empleando los factores de conversión correspondientes resulta: 1 mol Xe 22,9 KJ 300 g Xe · ––––––––––– · ––––––––– = 52,3 KJ. 131,29 g Xe 1 mol Xe

8. Uno de los compuestos formado por flúor, cloro y carbono que destruye la capa de ozono de la atmósfera es el CClF3. Este compuesto tiene un punto de ebullición de 23,8 °C, su calor de vaporización es de 180,2 J/g y su densidad en estado líquido es de 1,47 g/cm3. Calcular: a) El volumen ocupado por 10 g del compuesto medidos a 100 °C y 100 kPa. b) La energía necesaria para vaporizar totalmente 2 moles del compuesto sin variar la temperatura. Tómese R = 8,31 J · K–1 mol–1. RESOLUCIÓN: a) A partir de la ecuación de estado de los gases ideales P V = n R T, teniendo en cuenta que n = a/M a resulta: P V = –––– R T. Despejando, se obtiene: M aRT V = ––––––. Sustituyendo los valores numéricos, PM resulta: 10 · 8,31 · 373 V = ––––––––––––– = 100.000 · 104,5 103 litros = 2,97 · 10–3 m3 · –––––––––– = 2,97 litros. 1 m3 b) Se tiene: 104,5 g CClF3 180,2 J 2 moles · ––––––––––––– · ––––––––– =. 1 mol 1 g CClF3

RESOLUCIÓN: A partir de la ecuación de estado de los gases ideales P V = n R T, teniendo en cuenta que n = a/M resulta: a aRT P V = ––– R T. Despejando, se obtiene: M = ––––– M PV Sustituyendo los valores numéricos, resulta: 0,48 · 8,31 · 300 M = ––––––––––––––––– = 29,9 g/mol 100.000 · 400 · 10–6

10. A temperatura y presión ordinarias el propano es un gas. Calcular: a) Su densidad en condiciones normales. b) Su densidad a 100 °C y 10 kPa. RESOLUCIÓN: a) Se entiende por condiciones normales P = 1 atm y T = 0 °C = 273 K. A partir de la ecuación de estado de los gases ideales P V = n R T, teniendo en cuenta que n = a/M resulta: a P V = ––– R T. M Pero como:  = a/V, sustituyendo se tiene: P M =  R T. Despejando: PM  = ––––– RT Sustituyendo los valores numéricos resulta: 10.000 · 44  = –––––––––– = 1,96 g/l. 8,31 · 373 b) Procediendo análogamente, se tiene: PM 10.000 · 44  = ––––– = ––––––––––– = RT 8,31 · 373 g g 1 m3 = 141,9 –––3 · –––––––  0,14 –––. m 1.000 l l

= 37.700 J = 32,7 KJ.

9. Calcular la masa molecular de un gas sabiendo que 0,48 g del mismo ocupan un volumen de 400 cm3 a la temperatura de 27 °C y a la presión de 100 kPa.

11. Una masa de nitrógeno ocupa un volumen de 25 m3 a 15 °C y 300 kPa. Calcular la temperatura a que se deberá calentar esta masa de gas para que su volumen sea de 100 m3, sin que varíe la presión.

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RESOLUCIÓN: En este caso se trata de una transformación experimentada por un gas ideal manteniendo constantes la masa y la presión, por tanto, se cumple la V1 V2 ley de Charles y Gay-Lussac: ––– = –––. DespeT1 T2 T1 V2 jando, resulta: T2 = –––––– Sustituyendo los valoV1 res del enunciado, se tiene: 288 · 100 T2 = ––––––––– = 1.152 K, 25 es decir: 1.152 – 273 = 879 °C.

12. Una burbuja de aire situada a 4 m de profundidad bajo el agua del mar tiene un volumen de 1 cm3. Sabiendo que la densidad del agua del mar es de 1,02 g/cm3 y suponiendo que la temperatura permanece constante, calcular el volumen de la burbuja en la superficie. Tómese para la presión atmosférica el valor de 101.300 Pa.

Sustituyendo los valores numéricos, resulta: 141.284 · 1 V2 = –––––––––– = 1,4 cm3. 101.300

13. Calcular el volumen ocupado por 100 g de nitrógeno en condiciones normales. RESOLUCIÓN: En condiciones normales de presión y temperatura 1 mol de un gas ideal ocupa un volumen de 22,4 litros. Así pues, en este caso, se tiene: 1 mol N 22,4 l 100 g N2 = ––––––––2 · –––––––––––– = 80 litros. 28 g N2 1 mol N2 (c.n.)

14. Un manómetro indica 42 lb/pulg2 en un tanque de aire comprimido. Hallar su presión absoluta en mmHg y kPa. RESOLUCIÓN:

RESOLUCIÓN: Como se trata de una transformación experimentada por un gas ideal manteniendo constantes la masa y la temperatura, se cumple la ley de Boyle-Mariotte: P1 V1 = P2 V2. Si despejamos, resulta: P1 V1 V2 = ––––––. Ahora bien, en este caso, la presión P2 inicial será la suma de la presión atmosférica más la presión hidrostática que soporta la burbuja. Es decir: P1 = Patm + Ph. La presión hidrostática viene dada por la expresión: Ph = =  g h. Sustituyendo los valores numéricos se obtiene: g m 1 kg Ph = 1,02 ––––3 · 9,8 ––– · 4 m · ––––––– · cm s2 1.000 g 106 cm3 · ––––––––– = 39.984 Pa. 1 m3 Así pues, la presión inicial es: P1 = 101.300 + 39.984 = 141.284 Pa. La presión final es la atmosférica, o sea: P2 = 101.300 Pa.

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P. absoluta = P. manométrica + P. barométrica Pab = 42–––– lb + 14,7 –––– lb pulg2 pulg2 Pab = 56,7 –––– lb pulg2 1at = 14,7–––– lb = 760 mmHg = 1,013 . 105 kPa pulg2 luego 56,7 –––– lb pulg2 Pa = ––––––––– 14,7 –––– lb pulg2 Pa = 3 857at Entonces 3 857 · 760 = 2 931 mmHg 3 857 · 1 013 · 103 = 390,7 kPa

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

P1 = 770 torr

15. Una masa gaseosa ocupa un volumen de 0,2 lts a 212 °F. Hallar el volumen en pies3 que ocupará a 0 °C en un proceso isobárico. RESOLUCIÓN:

Se sabe :

Por Charles V1 = V2 ––– ––– T2 T1 Datos: V1 = 0,2 L T1 = 212°F · 460 = 672°R (temp. abst.) T2 = 0°C = 32°F + 460 = 492°R De la fórmula

P2 = 5at . 760 torr ––– = 3 800 at

T2 V2 = V1 . ––– T1

P2 V2 P1 V1 ––––– = ––––– T2 T1 770 3 800 · 100 · 500 = –––––––––– –––––––– 308 T2 3 800 · 100 · 308 T2 = –––––––––––––– 770 · 500 T2 = 304°K

Reemplazando valores T2 = 304 - 273 492°R V2 = 0,2L . –––––– 672°R

T2 = 31°C

V2 = 0,146 L 3

Pero 1 pie < > 28,32 lt 0,146 L 3 luego V2 = –––––– pie 28,32 L V2 = 0,0052 pie3 16. Cierta masa gaseosa ocupa un volumen de 500 L a 35 °C y 770 torr (770 mmHg); se comprime dentro de un tanque de 100 L de capacidad a la presión de 5 at. Hallar la temperatura final del gas. RESOLUCIÓN: Datos :

V1 = 500 L V2 = 100 L T1 = 35°C + 273 = 308°K T2 = ?

17. Se tienen 5 lts de anhídrido sulfuroso SO2 a 18 °C y 1 600 mmHg. Calcular su volumen en condiciones normales (CN). RESOLUCIÓN: Datos: V1 = 5 L T1 = 18 + 273 = 291°K P1 = 1 600 mmHg

Vn = ? Tn = 273°K Pn = 760 mmHg

Por la ley general de los gases PnVn P1V1 –––– = ––––– Tn T1 Reemplazando valores 1 600 mmHg · 5L 760 mmHg · Vn –––––––––––––– = –––––––––––––– 291°K 273°K 9,87 L = Vn

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18. Calcular la masa de 150 mL de HCI gaseoso que se encuentra en condiciones normales (CN). RESOLUCIÓN: Se sabe que 1 mol de gas ocupa siempre 22.4 lts, también 1 mol de HCL (1+35.5) = 36,5 g

20. 2,04 g de una sustancia pura se vaporiza a 55°C y 780 torr de presión. El volumen obtenido en estas condiciones es de 230 cm3. Hallar el peso molecular de dicha sustancia. RESOLUCIÓN: Se sabe PV = RTR PV = RT W/M

luego:

RTW M = ––––– PV

En 22.4 lts de HCI –––––– hay 36,5g En 0.15 lts de HCI –––––– x

De acuerdo a los datos: 0,15 . 36,5 x = ––––––––– 22,4 x = 0,244 g

19. Calcular el peso molecular de un gas si 455 cm3 del mismo en condiciones normales pesan 2,43 . 10-2 N.

780 torr (mmHg) 0,230 L 2,04 g 55°C + 273 = 328°K 62,4 mmHg x L ––––––––– °K x mol

Reemplazando 62,4 . 328 . 2,04 M = –––––––––––––– 780 . 0,230

RESOLUCIÓN: Se sabe

P = V = W= T = R =

Peso = m . g M = 232,73 g/mol

Peso m = –––– g 2,43 . 10-2 N m = ––––––––––– 9,8 m/s2

21. ¿Cuántos átomos de P y O hay en 0,2 . 10-3 m3 de P205 a 37 °C y 106,6 . 103 Pa.

m = 2,48 . 10-3 kg

RESOLUCIÓN:

m = 2,48 g

Datos: P = 106,6 . 103 Pa V = 0,2 . 10-3m3

luego 2,48g ocupan 0,455L

R = 8,31 ––––––– Pa . m3 °K . mol

x(m) ocupan 22,4L

T = 37 + 273 = 310 °K

M = 122

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PV = RTn

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

PV = n ––– RT

Volumen Nota: Velocidad de difusión = –––––––– Tiempo

106,6 . 103 . 0,2 x 10-3 = n ––––––––––––––––––– 8,31 · 310 8,276 . 10-3 moles = n Calculamos el # de moléculas 8 276 . 10-3 . 6 023 . 1023 # moléculas de P205 = 4,98 . 1021 # átomos de P = 2 . 4,98 . 1021 = 9,96 . 1021 # átomos de O = 5 . 4,98 . 1021 = 24,90 . 1021

22. ¿Qué relación existe entre las velocidades de difusión del H2 y CO2 que pasan a través de un fino agujero? RESOLUCIÓN: Por la ley de Graham V  M (M = Masa molecular) ––1 = –––––2 M1 (V = Velocidad de difusión) V2  Sea V1 = V (H2) V2 = V (CO2) M1 = M(H2) = 2 M2 = M(CO2) = 44 V(H ) –––––2 = V(CO2)

44  ––––– 2 

V(H2) –––––– = 4,7 V(CO2)

23. 100 cm3 de CO2 se han difundido en 1 hora a través de ciertos orificios. Calcular cuánto oxígeno se difundirá en 5 minutos a través de los mismos orificios y en las mismas condiciones.

RESOLUCIÓN: Se sabe V1  M –– = –––––2 M1 V2  Datos: V(CO2) V(O2) M(CO2) M(O2)

= = = =

100 cm3/h ? 44 16 . 2 = 32

V(CO2)  M(O2) –––––– = ––––––––– M(CO2) V(O2)  100 = –––––  32 ––––– V(O2)  44 V(O2) = 117,2 cm3 /h Pero por ser en 5’ que equivale a 1/12 de hora 117,2 Resp. = ––––– 12 V2 = 9,77 cm3

LA TRANSFORMACIÓN QUÍMICA 1. Se añaden 6 g de cloruro potásico a 80 g de una disolución acuosa de cloruro potásico al 12 % en peso. Calcular el porcentaje en peso de cloruro potásico de la disolución resultante. RESOLUCIÓN: La disolución acuosa de cloruro potásico contenía inicialmente: 80 g · 12 % = 9,6 gramos de KCl. Si ahora se le añaden 6 gramos de KCl, la cantidad final de KCl que habrá en la disolución será: 9,6 + 6 = 15,6 gramos. Ahora bien,

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la masa final de la disolución será: 80 + 6 = = 86 gramos. Por consiguiente, el porcentaje en peso de cloruro potásico de la disolución resultante será: 15,6 ––––– · 100 = 18,1 % 86

2. En una disolución de ácido sulfúrico al 26 % en peso y densidad 1,19 g/cm3, calcular: a) La normalidad de la disolución. b) La molaridad de la disolución. c) El volumen de agua que habrá que añadir a 0,1 litros de la disolución anterior para obtener una disolución 3 N de dicho ácido. RESOLUCIÓN: a) Como m = V · , la masa de 1 litro de esta disolución será de: 1.000 cm3 · 1,19 g/cm3 = 1.190 gramos. Como su concentración es del 26 %, la cantidad de ácido sulfúrico que contiene es: 1.190 · 26 % = 309,4 gramos de ácido sulfúrico. Como esta cantidad de ácido sulfúrico está disuelta en 1 litro de disolución, pasada a equivalentes y a moles será, por definición, la normalidad y la molaridad de la disolución. En el caso del ácido sulfúrico, que posee 2 hidrógenos, 1 equivalente = 1/2 mol = 98/2 = 49 gramos. Por tanto, resulta: 1 eq. N = 309,4 g · –––––– = 6,32. 49 g b) Procediendo análogamente y recordando que 1 mol de ácido sulfúrico son 98 gramos, se obtiene: 1 mol M = 309,4 g · ––––––– = 3,16. 98 g c) Como la disolución es 6,32 N, 100 cm3 de la misma contienen 0,632 equivalentes de ácido sulfúrico. Por tanto, el volumen x de disolución 3 N que podría prepararse con los 100 cm3 de disolución 6,32 N viene dado por: 3 eq 0,632 eq –––––––––––––––– = ––––––––. 3 x 1.000 cm disoluc.

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Despejando resulta: 1.000 · 0,632 x = –––––––––––– = 211 cm3 3 de disolución. Así, se deberán añadir 211 – 100 = = 111 cm3 de agua a los 100 cm3 de disolución 6,32 N.

3. Se dispone de una disolución 0,1 M de KCl a partir de la cual se desea preparar una disolución 0,002 M de esta sal. Calcular los ml de la primera disolución que se precisan para preparar 250 ml de la segunda. RESOLUCIÓN: Los 250 ml (0,25 litros) de disolución 0,002 M que queremos preparar, contendrán 0,25 · 0,002 = = 5 · 10–4 moles de KCl. El volumen x de disolución más concentrada, 0,1 M, que contiene estos mismos moles es posible calcularlo a partir de 0,1 mol KCl 5 · 10–4 mol ––––––––––––––––– = ––––––––––––. 1.000 ml disolución x Despejando, resulta: 1.000 · 5 · 10–4 x = –––––––––––––– = 5 ml de disolución 0,1 M. 0,1

4. Se hace reaccionar completamente 1 g de un determinado metal con ácido sulfúrico diluido. En la reacción se desprende hidrógeno que recogido sobre agua ocupa un volumen de 390 cc a 25 °C y 745 mm de Hg. El ácido sulfúrico diluido se preparó a partir de un ácido comercial de densidad 1,83 g/cc y riqueza en peso del 91 %. Sabiendo que la presión del vapor de agua a 25 °C es de 23,8 mm Hg. Calcular: a) La molaridad del ácido sulfúrico comercial. b) El volumen de ácido comercial que será necesario para preparar un litro de ácido sulfúrico 0,5 N. c) El peso equivalente del metal.

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

DATO: La presión del vapor del agua a 25 °C es de 23,8 mm Hg. RESOLUCIÓN: a) La masa de 1 litro de disolución de ácido sulfúrico comercial será: m = V . Sustituyendo los valores numéricos resulta: m = 1.000 cm3 · 1,83 g/cm3 = = 1.830 gramos. De estos gramos, el 91%, es decir 1.830 · 91% = 1.665 gramos, son de ácido sulfúrico. Teniendo en cuenta que la masa molar del ácido sulfúrico es de 98 g/mol, los 1.665 gramos de 1 mol ácido sulfúrico equivaldrán a: 1.665 g · –––––– = 98 g = 17 moles de ácido sulfúrico. Como los 17 moles de ácido sulfúrico están disueltos en 1 litro de disolución, ésta será, por definición, 17 M. b) 1 litro de disolución 0,5 N contiene 0,5 equivalentes de ácido sulfúrico. En el caso del ácido sulfúrico, que posee 2 hidrógenos, 1 equivalente = = 1/2 mol = 98/2 = 49 gramos. Por tanto, 0,5 equivalentes serán 0,25 moles. Como queremos preparar 1 litro de disolución 0,5 N, calcularemos el volumen x de disolución comercial (17 M) que contiene 0,25 moles, que será el volumen que deberemos tomar. Se tiene: 17 mol H2SO4 0,25 mol –––––––––––––––– = –––––––––. 1.000 cm3 disoluc. x Despejando resulta: 1.000 · 0,25 x = –––––––––– = 14,7 cm3 de disolución 17 M. 17 c) Puesto que el hidrógeno se recoge burbujeando a través de agua, lo que en realidad se tiene es una mezcla gaseosa de hidrógeno y vapor de agua. Conocida la presión del vapor de agua, la presión del hidrógeno en la mezcla será 745 – 23,8 = = 721,2 mm de Hg. Aplicando la ecuación general de los gases perfectos y recordando el volumen molar de éstos, es posible entonces calcular el número de moles desprendidos. En efecto, se tiene PV P0 V0 ––––– = –––––––. T T0 Despejando resulta: PV T0 V0 = –––––––. P0 T

Sustituyendo valores numéricos: 721,2 · 390 · 273 V0 = –––––––––––––––. 760 · (273 + 25) Es decir: V0 = 339 cm3 de hidrógeno medidos en condiciones normales. En consecuencia, se verifica: 22.400 cm3 (c.n.) 339 cm3 ––––––––––––––– = ––––––––. x 1 mol Despejando, resulta: x = 0,015 moles de hidrógeno. Como la molécula de hidrógeno contiene 2 átomos de hidrógeno, 1 mol de hidrógeno contiene 2 equivalentes. Entonces, los 0,015 moles de hidrógeno serán 0,03 equivalentes. Teniendo en cuenta que, por definición, un número de equivalentes determinado de un metal desplaza de un ácido el mismo número de equivalentes de hidrógeno, habrá también 0,03 equivalentes de metal. Como se utilizó 1 gramo de metal, 1 gramo coincidirá con 0,03 equivalentes y, por tanto, el peso equivalente del metal se podrá calcular a partir de la expresión: 0,03 eq 1 eq ––––––– = ––––– x 1g Despejando, resulta: x = 33,3 gramos. Por consiguiente, el peso equivalente buscado es 33,3 gramos.

5. En el análisis de una blenda, en la que todo el azufre se encuentra combinado como ZnS, se tratan 0,9364 g de mineral con ácido nítrico concentrado. Todo el azufre pasa al estado de ácido sulfúrico y éste se precipita como sulfato de bario. El precipitado se filtra, se lava, se seca y se pesa. Se han obtenido 1,878 g de sulfato de bario. Calcular el porcentaje de ZnS en la muestra de blenda analizada. RESOLUCIÓN: Las transformaciones químicas experimentadas por el ZnS de la blenda pueden esquematizarse del modo siguiente: ZnS → H2SO4 → BaSO4.

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Como todo el azufre contenido en el ZnS aparece en el BaSO4, teniendo en cuenta los pesos atómicos se verifica: 233,3 g BaSO4 (1mol) 1,878 g –––––––––––––––––––– = –––––––. 97,4 g ZnS (1 mol) x Despejando: 97,4 · 1,878 x = ––––––––––– = 0,7840 g de ZnS. 233,3 Por tanto, habrá 0,7840 gramos de ZnS en 0,9364 gramos de blenda, por lo que la riqueza de esta blenda será: 0,7840 –––––––– · 100 = 83,7 %. 0,9364

6. Calcular el volumen de hidrógeno medido a 50 °C y 1,2 atm de presión que se obtiene al añadir 75 ml de HCl 0,5 M a 10 g de Al. RESOLUCIÓN: La ecuación correspondiente al proceso que tiene lugar es: 2 Al + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2. En primer lugar calcularemos el número de moles disponibles de Al y de HCl: 1 mol Moles de Al: 10 g · –––––– = 0,37 moles de Al 27 g 0,5 mol Moles de HCl: 75 ml · ––––––––– = 1.000 mol = 0,0375 moles de HCl Como, de acuerdo con la ecuación del proceso, Al y HCl reaccionan en una relación molar 1: 3, el Al se encuentra en exceso y, por tanto, el HCl será el reactivo limitante, que deberá ser considerado como tal en los cálculos estequiométricos. El volumen de hidrógeno obtenido en la reacción se calculará del modo siguiente:

760

3 · 22,4 l (c.n.) H2 (3 mol) 0,0375 mol · –––––––––––––––––––––– = 6 mol = 0,42 l H2 (c.n.). De acuerdo con la ecuación general de los gases perfectos se tiene: P0 V0 PV –––––– = –––––. T T0 Despejando resulta: P0 V0 T V = ––––––––. P T0 Sustituyendo los valores numéricos se obtiene: 1 · 0,42 · 323 V = –––––––––––– = 0,41 l H2. 1,2 · 273

7. Calcular los litros de hidrógeno medidos a 750 mm de Hg de presión y 30 °C de temperatura que se pueden obtener atacando 75 g de Zn metálico del 90 % de riqueza con ácido sulfúrico. RESOLUCIÓN: Teniendo en cuenta la riqueza de la muestra, la cantidad de Zn puro de que se dispone es: 75 · 90 % = 67,5 gramos. La ecuación correspondiente al proceso es: Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2. De acuerdo con la relación estequiométrica del proceso se tiene: 22,4 l (c.n.) H2 (1 mol) 67,5 g Zn · –––––––––––––––––– = 23,1 l H2 (c.n.) 65,4 g Zn (1 mol) De acuerdo con la ecuación general de los gases perfectos, se tiene: P0 V0 PV –––––– = –––––. T0 T Despejando, resulta: P0 V0 T V = ––––––––. P T0 Sustituyendo los valores numéricos se obtiene: 760 · 23,1 · (273 + 30) V = ––––––––––––––––––– = 26,0 l H2 750 · 273

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

8. Al añadir agua al carburo de calcio se obtiene hidróxido de calcio y acetileno. Calcular los gramos de agua necesarios para obtener 2 litros de acetileno a 27 °C y 1 atm.

1 mol Moles de N: 8,383 g · –––––– = 0,5988 14 g

RESOLUCIÓN: La ecuación química correspondiente al proceso es: CaC2 + 2 H2O → Ca(OH)2 + C2H2.

Dividiendo los resultados anteriores por 0,5988 se obtiene la relación

Aplicando ahora la ecuación general de los gases, PV P0 V0 ––––– = –––––– se puede calcular el volumen de T T0 acetileno en condiciones normales, sustituyendo 760 · 2 760 V0 los valores numéricos: ––––––––––– = –––––––. (273 + 27) 273 Despejando se obtiene: 760 · 2 · 273 V0 = –––––––––––– = 1,82 l C2H2 (c.n.) 760 · 300 La cantidad de agua necesaria para producir este volumen de acetileno, de acuerdo con la estequiometría del proceso será: 2 · 18 g H2O (2 moles) = 1,82 l C2H2 (c.n.) · –––––––––––––––––––––– 22,4 l C2H2 (c.n.) (1 mol) = 2,9 g H2O

1 mol Moles de O: 9,581 g · –––––– = 0,5988 16 g

6,2875 Moles de C: ––––––– = 10,5 0,5988 6,587 Moles de H: ––––––– = 11 0,5988 0,5988 Moles de N: ––––––– = 1 0,5988 0,5988 Moles de O: ––––––– = 1 0,5988 Multiplicando los resultados anteriores por 2, para que todos los números que aparecen en la relación sean enteros se obtiene: Moles de C: 10,5 · 2 = 21 Moles de H: 11 · 2 = 22 Moles de N: 1 · 2 = 2 Moles de O: 1 · 2 = 2 Por tanto, la fórmula empírica será:

9. La estricnina es un poderoso veneno utilizado como raticida. La composición porcentual de la estricnina es C: 75,45 %; H: 6,587 %; N: 8,383 % y O: 9,581 %. Encontrar su fórmula empírica. RESOLUCIÓN: De acuerdo con su composición centesimal, la relación en gramos de los elementos que forman la estricnina es de 74,45 gramos de C, por 6,587 gramos de H, por 8,383 gramos de N y por 9,581 gramos de O. Por consiguiente, la relación en moles es: 1 mol Moles de C: 74,45 g · –––––– = 6,2875 12 g 1 mol Moles de H: 6,587 g · –––––– = 6,587 1g

(C21H22O2N2)n.

10. El ácido nítrico se puede preparar por reacción entre el nitrato de sodio y el ácido sulfúrico. Calcular el volumen de ácido sulfúrico comercial que contiene 1,350 g/l de ácido sulfúrico que es necesario utilizar para preparar 10 kg de ácido nítrico del 63 % de riqueza en peso, sabiendo que el rendimiento de la operación es del 70 %. RESOLUCIÓN: La cantidad de ácido nítrico concentrado contenida en 10 kg de disolución al 63 % es: 10 · 63 % = = 6,3 kg. La ecuación correspondiente a la reacción química que tiene lugar es:

761

2 NaNO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2 HNO3. Por la estequiometría del proceso se tiene: 98 g H2SO4 (1 mol) = 6,3 kg HNO3 · ––––––––––––––––––––––––– 70 2 · 63 g HNO3 · –––– (2 mol) 100 = 7,0 kg H2SO4 = 7.000 g H2SO4.

Dividiendo los resultados anteriores por 0,0619 se obtiene la relación Moles de C: 0,0619 : 0,0619 = 1 Moles de H: 0,0622 : 0,0619  1 Moles de Cl: 0,0619 : 0,0619 = 1 Por consiguiente, la fórmula empírica del lindano es (CHCl)n.

Así pues, el volumen de la disolución comercial que contiene los 7,0 kg de ácido sulfúrico que se necesita para efectuar el proceso es:

12. ¿Cuántos gramos de solución al 15% de NaCl se necesitan para extraer 38g de NaCl?

1 l disoluc. 7.000 g H2SO4 · ––––––––––––– = 1,350 g H2SO4 = 5.180 l disolución H2SO4.

RESOLUCIÓN: Se sabe: Peso soluto % en peso = –––––––––––––– . 100 Peso de solución Reemplazando valores:

11. El insecticida lindano contiene C, H y Cl. Al quemar una muestra de 3,00 g del mismo se obtienen 2,72 g de dióxido de carbono y 0,56 g de agua. Determinar la fórmula empírica de este compuesto. RESOLUCIÓN: De acuerdo con los datos del problema, los gramos de C y de H presentes en la muestra de lindano analizada son: 12 g C 2,72 g CO2 · ––––––––– = 0,7418 g C. 44 g CO2 2gH 0,56 g H2O · ––––––––– = 0,0622 g H. 18 g H2O Como la muestra pesaba 3,00 gramos, la cantidad de cloro presente era: 3,00 – 0,7418 – 0,0622 = = 2,196 gramos de Cl. Por consiguiente, la relación en moles es: Moles de C: 1 mol C 0,7418 g C · –––––––– = 0,0619 moles C 12 g C Moles de H: 1 mol H 0,0622 g H · –––––––– = 0,0622 moles H 1gH Moles de Cl: 1 mol Cl 2,196 g Cl · –––––––– = 0,0619 moles Cl 35,5 g Cl

762

38 . 100 15 = ––– x 38 . 100 x = –––––––– 15 x = 253 g

13. Calcular la masa de AL2 (SO4)3 . 18H2O necesaria para preparar 50 mL de una solución acuosa de 40 mg de Al+3 por mL de solución. RESOLUCIÓN: Por el enunciado: En 1 mL ––––– 40 g de Al+3 luego en 50 mL –––––

x

x = 2 000 g = 2 g de Al+3 Calculamos la masa molecular de Al2(SO4)3 . 18 H2O Masa de 1 mol de Al2(SO4)3.18H2O = 663g

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

Luego En 663g de Al2(SO4)3.18 H2O existen 54 g de Al+3 x ––––– 2 g de Al+3

Masa M

BaCI2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl 208,4 98 233,4 73

De acuerdo a la ecuación 2 . 663 x = –––––– 54 x = 24,55 g de Al2(SO4)3 . 18 H2O

98 g de H2SO4 producen 233,4 g de BaSO4 x g de BaSO4 ––––––– 4,08 g de BaSO4 luego 98 . 4,08 x = –––––––– 233,4

14. Una solución concentrada de H2SO4 tiene 95% en peso de H2SO4 puro y una densidad de 1,84 g/cm3. ¿Qué volumen de esta solución contiene 360g de H2SO4 puro? RESOLUCIÓN: (Nota: % en peso = % en masa) Partiendo del concepto de densidad:

x = 1,71 g de H2SO4 Cálculo del % de pureza 1,71 . 100 = 42,75% –––– 4

Si δ = 1,84 g/cm3 significa que: En 1 cm3 hay 1,84 g de masa pero como la solución es al 95%, entonces 1cm3 de solución tendrán 95% de 1,84 g de H2SO4 puro luego 1 cm3 de solución tiene 1 748 g de ácido puro x –––––––––– 360 g de ácido puro 360 x = ––––– 1 748

16. Se prepara Cl2 por reacción de MnO2 con H2SO4 y NaCl. ¿Qué masa de MnO2 y NaCl y qué volumen de ácido sulfúrico 18 M necesitaremos para preparar 4,48 L de Cl2 en C.N.? RESOLUCIÓN: La ecuación balanceada será: MnO2 + 2NaCl + 3H2SO4 ––––– ––––– ––––––– → 1 mol

2mol

3mol

Cl2 + 2H2O → MnSO4 + 2NaHSO4 + ––– 1mol

3

x = 205,9 cm de solución 15. Exactamente a 4g de una solución de H2SO4 diluido en agua se añade un exceso de BaCl2; después de lavado y secado el producto se recogió 4,08g de sulfato de bario (BaSO4). Encuentre el porcentaje de H2SO4 en la solución. RESOLUCIÓN: La reacción para producir BaSO4, debidamente balanceada es:

Cálculo de la masa de MnO2: 1 mol MnO2 (87g) ––––– 1 mol Cl2 a C.N. 87 g producen 22,4 L x –––––––– 4,48 L 87 . 4,48 x = ––––––––– 22,4 x = 17,4 g de MnO2

763

Cálculo de la masa de NaCl:

162,4 Eq = ––––– 3

2 moles de NaCl (117g) –––– 1 mol Cl2 a C.N. Eq = 54,1 117 g producen 22,4 L x ––––––– 4,48 L 117 . 4,48 x = –––––––––– 22,4

Masa # Eq = –––––––––– Eq. químico 5,45 # Eq = ––––– 5,41

x = 23,4 g de NaCl # Eq = 0,10073 Cálculo del volumen de solución de H2SO4 18 M 3 mol de H2SO4 ––––––––– 22,4 L a C.N. x ––––––––– 4,48 L 4,48 . 3 x = ––––––– 22,4 x = 0,6 moles de H2SO4 puro De acuerdo al enunciado el H2SO4 es 18 M, por tanto En 1L (1000 mL) de solución hay 18 moles de H2SO4 puro x ––––––––––––– 0,6 moles de H2SO4 puro 1000 . 0,6 x = ––––––––– 18

0,10073 Por tanto N = –––––––– 0,060 N = 1,68

18. Calcular la masa de soda caústica que se necesita para preparar 5L de una disolución al 20% y de densidad 1 219 g/cm3. Calcule además su normalidad y la masa de agua. RESOLUCIÓN: Si δ = 1 219 g/cm3 significa que 1 cm3 de solución tiene 1 219 g 1000 cm3 (1L) de solución tendrá 1 219 g luego en 5L se tendrá 5 . 1219 = 6 095 g

3

x = 33,3 cm de solución 18M de ácido Como la solución es al 20%, la masa de NaOH será 17. Calcular la normalidad de una solución que contiene 5,45 g de FeCl3 en 60 cm3 de solución. RESOLUCIÓN: Se sabe: # equivalentes de soluto N = ––––––––––––––––––––– # lts solución masa molecular soluto es FeCl3 → Eq = ––––––––––––––––– #aniones o #cationes

764

20% de 6 095 g = 1 219 g mNaOH = 1 219 g entonces mH2O = 6 095 – 1 219 mH2O = 4 876 g Para N calculamos 1 equivalente químico de NaOH

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

M (M = masa molecular) Eq = ––––––– # de OH 40 Eq = –––– 1 Eq = 40 entonces

masa total # de Eq = ––––––––– Eq 1 219 # de Eq = ––––– 40 # Eq = 30 475 en 5L

recordar que para que una neutralización se lleve a cabo, los # Eq de ambas soluciones deberán ser iguales. # EqA = # EqB pudiendo presentarse la expresión anterior de las siguientes maneras: MA = –––– MB ………………… (1) –––– EqA EqB NAVA = NBVB ………………… (2) RESOLUCIÓN: En nuestro caso

# Eq . soluto N = ––––––––––– # L solución

#EqH2SO4 = #EqNaOH

30 475 N = ––––––– 5

mH2SO4 mNaOH –––––––– = ––––––––– …………… (3) Eq H2SO4 Eq NaOH

N = 6 095 Eq/L

Masa molecular EqH2SO4 = ––––––––––––– #H sustituibles

19. Calcular la molalidad (m) de una solución que contiene 8,82 g de HCl en 100 g de H2O RESOLUCIÓN: n de moles soluto MOLALIDAD(m) = ––––––––––––––– # kg solvente masa ––––– masa molecular m = ––––––––––––––– # kg solvente 8,82 –––– 36,5 m = –––––––– 0,1 kg m = 2,4

20. Calcular la masa de H2SO4 necesaria para neutralizar 120g de NaOH en solución. Se debe

98 EqH2SO4 = ––– 2 EqH2SO4 = 49 Masa molecular #EqNaOH = –––––––––––––– # de (OH) 40 EqNaOH = ––– 1 EqNaOH = 40 Reemplazando valores en (3) 120 mH2SO4 ––––––– = ––– 49 40 mH2SO4 = 147g

765

21. En una mezcla de gases a 20 °C, las presiones ejercidas por sus componentes son: H2 = 200 mmHg; CO2 = 150 mmHg CH4 = 320 mmHg y C2H4 = 105 mmHg. Calcule la presión total de la mezcla y el porcentaje de H2 en volumen. Recordando las leyes de Dalton respecto a la mezcla de gases: * Presión total = Suma de las presiones parciales de los componentes. * Porcentaje molar = Porcentaje volumétrico. * Las presiones parciales son proporcionales a sus respectivos % molares. * Las presiones parciales son proporcionales a sus porcentajes volumétricos. RESOLUCIÓN: En nuestro caso: a) PT = PpH2 + PpCO2 + PpCH4 + PpC2H4 PT = 200 mmHg + 150 mmHg + 320 mmHg +105 mmHg PT = 775 mmHg (torr) b) PpH2 PpCO PpCH PpC2H4 PT ––––– = ––––––2 = ––––––4 = ––––––– = ––– %VH2 %VCO2 %VCH4 %VC2H4 100 De donde:

PpH PT –––––2 = –––– %VH2 100

100 . PpH2 % VH2 = –––––––––– PT Reemplazando valores: 100 . 200 % VH2 = ––––––––– 775 % VH2 = 25,8%

torr; 80 cm3 de O2 a la presión de 400 torr y 700 cm3 de N2 a la presión de 200 torr. Calcular la presión total de la mezcla. De acuerdo al enunciado, calcularemos las presiones finales de manera independiente; por ser un proceso isotérmico, aplicaremos la ley de Boyle para cada caso. RESOLUCIÓN: Se sabe P1V1 = P2V2 P1V1 de donde: –––– = P2 V2 Para el H2 P1 = 700 torr V1 = 200 cm3 V2 = 250 cm3 700 torr . 200 cm3 P2 = ––––––––––––––– 250 cm3 P2 = 560 torr Para el O2 P1 = 400 torr V1 = 80 cm3 V2 = 250 cm3 400 torr . 80 cm3 P2 = –––––––––––––– 250 cm3 P2 = 128 torr Para el N2 P1 = 200 torr V1 = 700 cm3 V2 = 250 cm3 200 torr . 700 cm3 P2 = –––––––––––––––– 250 cm3 P2 = 560 torr

22. En un frasco de 250 cm3 se han llenado en forma forzada 200 cm3 de H2 a la presión de 700

766

luego:

PT = PpH2 + PpV2 + PpN2 PT = 560 torr + 128 torr + 560 torr PT = 1 248 torr

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

23. A 25 °C y a 102 kPa se indica 1,5 m3 de O2, húmedo al 90%. ¿Qué volumen ocupará si se procede a un secado parcial hasta 30% de H.R. a una temperatura de 20°C y presión 80 kPa?

T1 V2 P2 T2

= 25° + 273 = 298°K = ? = 80 – 0,70 = 79,3 kPa = 20°C + 273 = 293 °K

RESOLUCIÓN: Se sabe que:

99,15 . 1,5 79,3 . V ––––––––– = –––––––2 298 293

Ppva a 25°C = 23,80 mmHg y Ppva a 20°C = 17,54 mmHg Nota: La ley general de los gases, como todas las leyes de los mismos, es aplicable a gases ideales y no a gases húmedos, que no son ideales; para que se cumpla deberá trabajarse con gases secos por lo que deberá restarse a la presión total del gas húmedo la (Ppva) presión del vapor de agua. Ppva a 25°C = 23,80 como la saturación es al 90%

99,15 . 1,5 . 293 –––––––––––––– = V2 298 . 79,3 1,84 m3 = V2

24. Se ha recolectado H2 a través de H2O a 20°C y 807 mmHg; el volumen del gas húmedo es de 124 mL. Calcular el volumen del H2 seco a C.N. Pva a 20°C = 17,54 mmHg.

Ppva a 25°C = 90% de 23,80 = 21,42 mmHg RESOLUCIÓN: Reduciendo unidades : Datos: 760 mmHg –––––– 101,3 kPa 21,42 mmHg –––––– x x = 2,85 kPa Ppva a 20°C = 17,54 como la saturación es al 30% Ppva a 20°C = 30% de 17,54 = 5,26 mmHg

P1 V1 T1 Pn Vn Tn

= = = = = =

(807 - 17,54) = 789,46 mmHg 124 mL 20 + 273 = 293°K 760 mmHg ? 273°K (0°C)

Cambiando unidades: 760 mmHg –––––– 101,3 kPa 5,26 mmHg –––––– x

Se sabe:

P1V1 P2V2 –––– = –––– T2 T1

x = 0,70 kPa

789,46 . 124 760 . V ––––––––––– = –––––––2 293 273

P1V1 P2V2 –––– = –––– T2 T1

273 . 789,46 . 124 ––––––––––––––– = V2 293 . 760

P1 = 102 – 2,85 = 99,15 kPa V1 = 1,5 m3

V2 = 120 mL

767

ESTRUCTURA ATÓMICA 1. Un electrón excitado de un átomo de hidrógeno vuelve al estado fundamental y emite una radiación electromagnética de 180 nm. Calcular: a) La frecuencia de la radiación. b) La diferencia de energía entre los dos niveles energéticos expresada en joules. Tómese: h = 6,62 · 10–34 J · s; c = 3 · 108 m/s. RESOLUCIÓN: a) Se trata de un problema sobre el espectro de emisión del átomo de hidrógeno. Mediante la ecuación que relaciona la frecuencia y la longitud de onda encontraremos la frecuencia. Es decir:  = = c/. Sustituyendo los valores numéricos, resulta: 3 · 108  = –––––––––– = 1,67 · 1015 Hz (1 Hz = 1 s–1) 1,80 · 10–7 b) La energía de la radiación emitida corresponde a la diferencia energética entre ambos niveles. O sea: E = h . Sustituyendo los valores numéricos se tiene: E = 6,62 · 10–34 · 1,67 · 1015 = 1,106 · 10–18 J.

2. El espectro de emisión del sodio presenta una línea amarilla de longitud de onda igual a 588,9 nm. Calcular: a) La diferencia de energía entre los dos estados energéticos de un átomo de sodio entre los que se produce la transición. b) La energía que hay que suministrar a 0,23 g de sodio para excitar todos los átomos del estado de baja energía al estado de alta energía anteriormente citados. DATOS: 1 nm = 10–9 m; h = 6,6 · 10–34 J · s; c = 3 · 108 m/s; N = 6,022 · 1023 mol–1; Na: 23. RESOLUCIÓN: a) Se trata de relacionar la longitud de onda de una radiación correspondiente a una transición electrónica entre dos estados energéticos con la diferencia de energía entre los dos estados entre los que se produce la transición. Para ello se debe

768

tener en cuenta que la energía de la radiación emitida equivale a la diferencia de energía entre los dos estados entre los que se produce la transición. La energía de la radiación emitida, de acuerdo con la ecuación de Planck, es: E = h  y equivale a la diferencia de energía entre los dos estados entre los que se produce la transición, ya que un átomo emite radiación electromagnética cuando un electrón pasa de un nivel de más energía a otro de menos energía y la absorbe en la transición inversa. Teniendo en cuenta que  = c/ se obtiene: hc E = ––––. Sustituyendo los valores numéricos,  resulta: 6,6 · 10–34 · 3 · 108 E = –––––––––––––––– = 3,36 · 10–19 J. 588,9 · 10–9 b) Se trata de calcular el número de átomos que hay en 0,23 gramos de sodio. La energía que se debe suministrar será el producto de este número por la diferencia de energía entre los dos estados del átomo. Es decir: 23 g Na 6,022 · 1023 átomos Na 0,23 g Na · –––––––– · –––––––––––––––––––– · 1 mol Na 1 mol 3,36 · 10–19 J · –––––––––––– = 2.023,392 J. 1 átomo Na

3. Una onda tiene una radiación de longitud de onda 4.000 Å. a) Calcular su número de onda. b) Calcular la energía correspondiente a sus fotones. RESOLUCIÓN: a) El número de onda viene dado por la expresión: ¯ = 1/. Sustituyendo los valores numéricos resulta: 1 1Å ¯ = –––––––– · –––––––– = 2,5 · 106 m–1. 10–10 m 4.000 Å b) La energía de los fotones viene dada por la ecuación de Planck: hc E = h  = –––– = h c ¯.  Sustituyendo los valores numéricos, se tiene: E = 6,63 · 10–34 · 3 · 108 · 2,5 · 106 = 4,9725 · 10–19 J.

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

4. Un rayo gamma tiene una longitud de onda de 0,01 Å. Calcular la energía correspondiente a sus fotones. RESOLUCIÓN: La energía de los fotones viene dada por la ecuahc ción de Planck: E = h  = ––––. Sustituyendo los  valores numéricos resulta: 6,63 · 10–34 · 3 · 108 E = ––––––––––––––––– = 1,989 · 10–13 J. 0,01 · 10–10

5. Calcular la masa equivalente de un fotón asociado a una radiación de frecuencia  = 1015 s–1. RESOLUCIÓN: A causa de la dualidad onda-corpúsculo, la energía del fotón será la misma cuando actúa como onda, que cuando lo hace como partícula. La energía del fotón cuando se comporta como una onda viene dada por la ecuación de Planck: E = h  mientras que cuando se comporta como una partícula su energía viene dada por la ecuación de Einstein: E = m c2. Igualando ambas expresiones se obtiene: h  = m c2. Despejando, resulta: h m = –––––. c2 Sustituyendo los valores numéricos se obtiene: 6,63 · 10–34 · 1015 m = ––––––––––––––– = 7,36 · 10–36 kg. (3 · 108)2

6. La masa relativista de una partícula que se mueve con una velocidad de 106 m · s–1 es de 10–31 kg. Calcular la longitud de la onda asociada.

h  = –––––. mv Sustituyendo los valores numéricos se obtiene: 6,63 · 10–34  = ––––––––––– = 6,63 · 10–9 m. 10–31 · 106

7. Una estación de radio emite con una frecuencia de 1.000 kc · s–1. Calcular la energía que corresponde a los cuantos de esta radiación electromagnética. RESOLUCIÓN: En primer lugar, convertiremos el valor de la fre kc 1.000 c cuencia en Hz: 1.000 –––– · ––––––––– = 106 s–1. s 1 kc La energía de los cuantos de esta radiación electromagnética vendrá dada por la ecuación de Planck: E = h . Sustituyendo los valores numéricos resulta: E = 6,63 · 10–34 · 106 = 6,63 · 10–28 J. 1 eV 6,63 · 10–28 J · ––––––––––– = 4,14 · 10–9 eV. 1,6 · 10–19 J

8. Calcular la longitud de onda asociada a un electrón que se mueve con una velocidad de 6 · 107 m · s–1. RESOLUCIÓN: La longitud de onda del electrón se puede enconh trar a partir de la ecuación de De Broglie:  = ––––. mv Sustituyendo los valores numéricos, resulta: 6,63 · 10–34 1010 Å  = ––––––––––––––– = 1,2 · 10–11 m · –––––– = –31 7 9,1 · 10 · 6 · 10 1m = 0,12 Å.

RESOLUCIÓN: De acuerdo con la ecuación de De Broglie se tiene:

9. El número de onda de una línea de la serie de Lyman es 97.492 cm–1. Sabiendo que la cons-

769

tante de Rydberg vale 109.677,581 cm–1, calcular el valor de m. RESOLUCIÓN: De la ecuación de Rydberg se tiene:

(

)

1 1 ¯ = R ––– – –––2 . 2 n m

Por la ecuación de Planck, se tiene: E = h . Ahora bien:  = c ¯. Combinando ambas expresiones resulta: E = h c ¯. Sustituyendo los valores numéricos se obtiene: 7 E = 6,63 · 10–34 · 3 · 108 · 10.967.758,1 · –––– = 144 = 1,06 · 10–19 J Es decir:

Como la línea pertenece a la serie de Lyman, se tiene n = 1. Sustituyendo en la ecuación de Rydberg resulta:

1 eV 1,06 · 10–19 J · –––––––––– = 0,662 eV. 1,6 · 10–19 J

1 ¯ 1 ¯ = R 1 – –––2 . De donde: ––– = 1 – –––. m R m2 1 ¯ Por tanto: –––2 = 1 – –––. m R 1 2 Despejando: m = ––––––––. ¯ 1 – ––– R 1 Es decir: m = ––––––––. Sustituyendo los valo¯ 1 – ––– R res numéricos resulta:

11. Calcular la longitud de onda asociada a un neutrón que se mueve a una velocidad de 4,21 · 103 m · s–1. Tómese mn = 1,669 · 10–27 kg; h = 6,626 · 10–34 J · s.

1 1 m = –––––––––––––– = –––– =  9=3 97.492 1 1 – –––––––––– ––– 109.677,581 9

= 9,34 · 10–11 m = 0,943 Å.

(

)



 

10. Calcular el valor de la energía que se libera cuando un electrón de un átomo de hidrógeno excitado pasa desde el nivel m = 4 hasta el nivel n = 3. RESOLUCIÓN: Para calcular la energía de la transición se deberá aplicar previamente la ecuación de Rydberg: 1 1 ¯ = R ––– – ––– . En este caso, n = 3 y m = 4. n2 m2

(

)

Sustituyendo se obtiene:

(

)

1 1 7 ¯ = R ––– – ––– = R · ––––. 9 16 144

770

RESOLUCIÓN: h Por la ecuación de De Broglie se tiene:  = ––––. mv Sustituyendo los valores numéricos resulta: 6,626 · 10–34  = –––––––––––––––––––– = 1,669 · 10–27 · 4,21 · 103

12. Una lámpara de 100 W emite el 1 % de su energía en forma de luz amarilla de longitud de onda 580 nm. Calcular: a) El número de fotones de luz amarilla emitidos por segundo. b) El tiempo que debe estar encendida la lámpara para emitir un mol de fotones de luz amarilla. RESOLUCIÓN: a) Por la definición de potencia se tiene: P = W/t. Despejando: W = P t. Sustituyendo: W = 100 W · 1 s = 100 J. Como la lámpara únicamente emite un 1 % de su energía en forma de luz amarilla, esta energía será: 100 J · 1 % = 1 J. La energía de un fotón viene dada por la ecuación de Planck: E = h . Si

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

se trata de n fotones, la ecuación anterior se transforma en E = n h . Pero como  = c/, combinando ambas ecuaciones resulta: nhc E = ––––––.  Despejando: E n = –––––. hc Sustituyendo los valores numéricos resulta: 1 · 580 · 10–9 n = –––––––––––––––––– = 6,626 · 10–34 · 3 · 108 = 2,9 · 1018 fotones por segundo b) Como 1 mol de fotones son 6,023 · 1023 fotones, se tiene: 1s 6,023 · 1023 fotones · ––––––––––––––– = 2,9 · 1018 fotones = 2,08 · 105 segundos.

13. Calcular la energía cinética mínima que ha de tener un electrón para que al chocar con un átomo de hidrógeno provoque una transición electrónica desde el nivel n = 2 al nivel m = 5. Si este átomo de hidrógeno excitado emite radiación y vuelve a su estado fundamental, calcular la longitud de onda de esta radiación. RESOLUCIÓN: a) Por la ecuación de Rydberg se tiene: 1 1 ¯ = R ––– – ––– . 2 n m2 Es decir: 1 1 1 ––– = R ––– – ––– .  n2 m2

(

)

(

)

En este caso, n = 2 y m = 5 Sustituyendo se obtiene: 1 1 1 ––– = R ––– – –––– = R · 0,21.  4 25

(

)

Despejando: 1 1  = –––––––– = –––––––––––––––– = R · 0,21 10967758,1 · 0,21 = 4,34 · 10–7 m. La energía de la radiación emitida vendrá dada hc por la ecuación de Planck: E = h  = ––––. Pero  esta energía ha sido suministrada por la energía cinética del electrón al chocar con el átomo de hihc drógeno. Por tanto, debe cumplirse que: Ec = ––––.  Sustituyendo los valores numéricos resulta: 6,626 · 10–34 · 3 · 108 Ec = –––––––––––––––––– = 4,578 · 10–19 J, 4,34 · 10–7 1 eV = 2,86 eV. es decir, 4,578 · 10–19 J · –––––––––––– 1,602 · 10–19 J b) En el estado fundamental n = 1. Sustituyendo en la ecuación de Rydberg se tiene: 1 1 1 ––– = R ––– – –––– = 0,96 R. Despejando:  1 25 1 1  = –––––– = ––––––––––––––– = 9,52 · 10–8 m, 0,96 R 0,96 · 10967758,1

(

)

109 nm es decir, 9,52 · 10–8 m · ––––––– = 95,2 nm. 1m

14. Hallar la masa en g correspondiente a 7,2 . 1012 joules de energía. RESOLUCIÓN: Se sabe que E = m.c2 Reemplazando: 7,2 . 1012 J = m (3 . 10 cm)2 se tiene 1 J = 107 ergios 7,2 . 1012 . 107 ergios = m (3 . 1010 cm)2 7,2 . 1019 –––––––– =m 9 . 1020 8 . 10-2 g = m

771

15. La energía de la masa en reposo de un cuerpo en reposo es de 1,35 . 1015 joules. ¿A qué velocidad debe moverse dicho cuerpo para que su masa se incremente en 3g? RESOLUCIÓN: Calculamos la masa en reposo 2

E = mc

1,35 . 1015 . 107 erg = m (3 . 1010cm/s)2 1,35 . 1022 erg –––––––––––– =m 9 . 1020 cm2 ––– s2 15 g = m Como la masa se incrementa en 3 g m = 18g Cálculo de la velocidad (vf) mo mf = ––––––––– 1- (v f)2 ––– c 15 18 = ––––––––– 1- v f 2 –– c

16. Reducir 10 cm/s2 a pulg/min2. RESOLUCIÓN: 10 cm x pulg ––2 = ––––2 s min 10 cm . min2 ––– –––– = x s2 pulg 10 cm . (60s)2 ––– –––––– = x s2 2.54 cm 10 . 3600 –––––––– = x 2,54 14 173,23 pulg ––––2 = x min

17. El diámetro del átomo de He es aproximadamente de 2 Aº (1A = 10-8 cm). ¿Cuántos átomos de He se pueden colocar uno junto a otro a lo largo de 1 pie? RESOLUCIÓN:

( )

1-v f 2 15 –– = ––– c 18

( ) 225 1 - –– ( vfc ) = –––– 324 1 - 225 vf ––– = (––) 324 c 324 - 225 vf –––––––– = (––) 324 c 99 vf ––– = (––) 324 c 2

2

2

1 pie # átomos = ––––– 2Aº 30,48 cm # átomos = –––––––– 2Aº 30,48cm –––––––– 10-8 cm/A # átomos = –––––––––– 2Aº # at = 1,524 . 109 átomos

2

3  11 –––––– c = v 18

772

18. ¿Cuál es, en angstrom, la longitud de onda aproximada para la radiación que emite una lámpara de Hg, si su frecuencia de radiación es de 1,2 x 1015 s-1?

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

Masas atómicas: = 1,0078 g; 42He = 2,0026 g;

RESOLUCIÓN: Se sabe:

1 1H

C=f

11 5B

= 11,011 g

RESOLUCIÓN: De la reacción tenemos:

C  = ––– f

mB + mH = 3mHe + mE

3 . 1010 cm/s  = –––––––––––– 1,2 . 1015 s-1 2,5 . 10-5 cm . 1Aº  = ––––––––––––––– 10-8 cm  = 2 500 Aº

despejando mE: mE = (11,011 g + 1,0078 g) -3(2,0026 g) mE = 6,011 g ……………… (1) De las ecuaciones de Einstein y Planck

19. ¿Qué frecuencia tiene una radiación de 13,2 . 10-15 erg de energía?

E = mc2 ……………… (2) E = h . f ……………… (3) igualando (2) y (3)

RESOLUCIÓN: De acuerdo a la Ecuación de Planck Nota: h = constante de Planck (6,63 . 10-27 erg.s)

hf = mc2 mc2 f = ––– h

Efotón = h . f

6,011 g . (3 . 1010 cm/s)2 f = –––––––––––––––––––––– 6,63 . 10-27 erg.s

Efotón f = ––––– h

f = 8,159 . 1047 1/s

13,2 . 10-15 erg f = –––––––––––––– 6,63 . 10-27 erg.s

f = 8,159 . 1047 Hz f = 8,159 . 1041 MHz

f = 1,99 . 1012 s-1 f = 1,99 . 1012 Hz

21. Calcular la longitud de onda, en Å, de la energía mínima producida en la serie de Balmer para el átomo de Hidrógeno.

20. Calcular en MHz la frecuencia de la energía producida por la siguiente reacción de fusión nuclear: 11 5B

+

1 1H

→ 3

(42He)

+ Energía

RESOLUCIÓN: De acuerdo a los datos n1 = 2 ; n2 = 3

773

Por la Ecuación de Rydberg:

(

)

Pat = Pa1%1 + Pa2%2 + Pa3%3 28 . 92,27 29 . 4,68 30 . 3,05 –––– + –––– + –––– 100 100 100

1 1 1 ––– = 109678 cm-1 –– - ––  4 9

Pat =

Luego:

Pat = 28,107

(

)

1 9-4 ––– = 109678 cm-1 –––––  36

24. El número de masa (A) de un átomo es 85. Calcular su cantidad de neutrones si los números cuánticos del único electrón desapareado son:

entonces: 36  = ––––––––––– cm 5 . 109678 1Å  = 6,56 . 10-5 cm . –––––– 10-8 cm  = 6,56 . 103 Å 22. Un anión de carga 2 tiene 20 neutrones y 21 electrones. Hallar su número de masa. RESOLUCIÓN: El elemento X está cargado negativamente -2

X 20n

2

21ePero

l = 1, ml = +1, ms = -1/2

RESOLUCIÓN: Se sabe: n=3 l=1 ml = +1 →

.. .. . 3p O OO = 3p5

ms = -1/2 aplicando Sarrus tenemos: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5

→

Z = 21 - 2 Z = 19

A = Z + # n°

de donde Z = 17 se sabe

#n=A-Z

A = 19 + 20

# n = 85 - 17

A = 39

# n = 68

23. Hallar el peso atómico del Si sabiendo que en la naturaleza hay 3 isótopos en la siguiente proporción: 28 29 30 14Si = 92,27%; 14Si = 4,68%; 14Si = 3,05% RESOLUCIÓN: Sabemos que el peso atómico es el promedio ponderado.

774

n = 3,

EL SISTEMA PERIÓDICO 1. Sabiendo que los números atómicos del calcio, azufre, magnesio y oxígeno son 20, 16, 12 y 8, respectivamente, ordenarlos de menor a mayor energía de ionización.

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

RESOLUCIÓN: A partir de los números atómicos se pueden determinar las configuraciones electrónicas de los elementos del enunciado: Ca 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2

S 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

Mg 1s2 2s2 2p6 3s2

O 1s2 2s2 2p4

Para un período determinado del Sistema Periódico, el potencial de ionización aumenta hacia la derecha, es decir, es mínimo para el metal alcalino y máximo para el gas noble correspondiente. Para un grupo determinado del Sistema Periódico, el potencial de ionización aumenta hacia arriba, es decir, es máximo en el elemento de menor número atómico. De las configuraciones electrónicas anteriores se deduce que hay dos elementos del grupo IIa (Ca y Mg) que tendrán menor potencial de ionización que los dos elementos del grupo VIa (S y O). Como el Ca tiene número atómico 20 y el Mg 12, el Ca tendrá menor potencial de ionización que el Mg. Análogamente, el S, con número atómico 16 tendrá menor potencial de ionización que el O, cuyo número atómico es 8. Con todo ello, la ordenación queda: Ca < Mg < S < O.

2. a) Indicar el grupo y el período de la tabla periódica a los que pertenecen los elementos de números atómicos respectivos 16 y 20. b) Indicar la carga de los iones presentes en el sólido cristalino que se forma al reaccionar ambos elementos. RESOLUCIÓN: a) Las configuraciones electrónicas de los elementos cuyos números atómicos son 16 y 20 son las siguientes: Z = 16 1s2 2s2 2p6

Z = 20 1s2 2s2 2p6

3s2 3p4

3s2 3p6 4s2

De las configuraciones electrónicas se deduce que el elemento de número atómico Z = 16 se encuentra en el grupo VIa (elementos anfígenos), en el tercer período. Se trata del azufre. Análogamente, el elemento de número atómico Z = 20 se encuentra situado en el grupo IIa (metales alcalinotérreos), en el cuarto período y se trata, por tanto, del calcio. b) El S gana dos electrones (carga –2) para conseguir una estructura de octete en el último nivel electrónico y el calcio pierde dos electrones (carga +2) por el mismo motivo. El sólido cristalino iónico que se forma es el CaS.

3. Sabiendo que los números atómicos del potasio y del cloro son, respectivamente, 19 y 17: a) Indicar los iones que formarán ambos elementos. b) Comparar sus afinidades electrónicas. RESOLUCIÓN: a) Las configuraciones electrónicas del K y del Cl pueden hallarse a partir de sus números atómicos: K 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1

Cl 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5

A partir de las configuraciones electrónicas, se deduce que el potasio tendrá tendencia a perder su electrón más externo para conseguir una configuración estable con un octete en su último nivel electrónico. Es decir, el potasio formará iones K+. Por su parte, el cloro tendrá tendencia a ganar un electrón para completar su último nivel electrónico. Por tanto, el cloro formará iones Cl–. b) Para un mismo grupo del Sistema Periódico, la afinidad electrónica aumenta hacia arriba, es decir, es máxima en el elemento de menor núme-

775

ro atómico. Para un período del Sistema Periódico, la afinidad electrónica aumenta hacia la derecha, excluyendo los gases nobles. Es decir, es mínima en el metal alcalino y máxima en el halógeno correspondiente. Con este criterio, resulta inmediato observar que el K, que es un metal alcalino, tendrá una afinidad electrónica menor que la del Cl, que es un halógeno.

4. Sabiendo que los números atómicos del manganeso y del cinc son, respectivamente, 25 y 30, indicar los iones más estables que formarán ambos elementos. RESOLUCIÓN: Las configuraciones electrónicas del manganeso y del cinc son las siguientes: Mn 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s2

Zn 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2

Tanto el manganeso como el cinc poseen orbitales 3d. Por la regla de Hund de la máxima multiplicidad, las configuraciones más estables son aquellas que presentan el mayor número de orbitales totalmente ocupados o totalmente semiocupados con electrones de spin paralelo. Es decir, d 5 o d10. Por tanto, tanto el manganeso como el cinc tendrán tendencia a perder los dos electrones más externos para quedarse con configuraciones electrónicas estables. Será más estable la configuración resultante en el caso del cinc, ya que todos los orbitales quedarán totalmente ocupados, lo que justifica que el cinc únicamente forme iones Zn2+ mientras que el manganeso forma iones Mn2+, que son los más estables de los que forma, pero también puede presentar otras valencias, ya que sus orbitales d están semiocupados.

776

5. La afinidad electrónica del yodo es –3,06 eV/átomo. Calcular la energía liberada al ionizar 63,45 g de átomos de yodo gaseoso cuyos átomos se encuentran en el estado fundamental. RESOLUCIÓN: Teniendo en cuenta que la masa atómica del yo1 mol átomos I do es 126,9, se tiene: 63,45 g I · ––––––––––––– · 126,9 g I 6,022 · 1023 átomos I 3,06 eV · ––––––––––––––––––– · –––––––––– · 1 mol átomos I 1 átomo I 1 KJ 1,6 · 10–19 J · –––––––––– · ––––––– = 147,4 KJ. 1 eV 1000 J

6. El potencial de ionización del potasio es de 4,34 eV/átomo. Calcular la frecuencia mínima que ha de tener una radiación electromagnética para que al incidir sobre átomos de potasio gaseosos y en estado fundamental provoque su ionización. RESOLUCIÓN: En primer lugar, expresaremos el potencial de ionización del potasio en unidades del Sistema Internacional: 1,6 · 10–19 J 4,34 eV · –––––––––– = 6,944 · 10–19 J. 1 eV Por la ecuación de Planck se tiene: E = h . Despejando:  = E/h. Sustituyendo los valores numéricos resulta: 6,944 · 10–19  = –––––––––––– = 1,05 · 1015 Hz. 6,62 · 10–34

7. De los pares de elementos siguientes, indicar el elemento que tiene mayor electronegatividad: a) flúor y cloro; b) oxígeno y flúor; c) azufre y cloro; d) fósforo y arsénico; e) boro y aluminio.

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

RESOLUCIÓN: a) Tanto el flúor como el cloro se encuentran en el mismo grupo del Sistema Periódico (VIIa). Para un mismo grupo del Sistema Periódico, la electronegatividad aumenta hacia arriba, es decir, es más electronegativo el elemento de menor número atómico. Por tanto, en este caso, el F es más electronegativo que el Cl. b) El flúor se encuentra situado en el grupo VIIa del Sistema Periódico. Por su parte, el oxígeno se halla situado en el grupo VIa del Sistema Periódico y ambos están situados en el mismo período (2.º Período). En un mismo período del Sistema Periódico, la electronegatividad aumenta hacia la derecha, excluyendo a los gases nobles. Por tanto, en este caso, será más electronegativo el flúor que el oxígeno. c) El cloro se encuentra situado en el grupo VIIa del Sistema Periódico. Por su parte, el azufre se halla situado en el grupo VIa del Sistema Periódico y ambos están situados en el mismo período (3.er Período). En un mismo período del Sistema Periódico, la electronegatividad aumenta hacia la derecha, excluyendo a los gases nobles. Por tanto, en este caso, será más electronegativo el cloro que el azufre. d) Tanto el fósforo como el arsénico se encuentran en el mismo grupo del Sistema Periódico (Va). Para un mismo grupo del Sistema Periódico, la electronegatividad aumenta hacia arriba, es decir, es más electronegativo el elemento de menor número atómico. Por tanto, en este caso, el P es más electronegativo que el As. e) Tanto el boro como el aluminio se encuentran en el mismo grupo del Sistema Periódico (IIIa). Para un mismo grupo del Sistema Periódico, la electronegatividad aumenta hacia arriba, es decir, es más electronegativo el elemento de menor número atómico. Por tanto, en este caso, el B es más electronegativo que el Al.

ciones siguientes, indicar cuáles son verdaderas y cuáles son falsas: a) La primera configuración electrónica corresponde al átomo de sodio en su estado fundamental. b) Las dos configuraciones corresponden a átomos diferentes. c) Hay que suministrar energía para pasar de la primera a la segunda configuración. d) Se necesita menos energía para arrancar un electrón de la segunda configuración que de la primera. RESOLUCIÓN: a) Verdadera. El sodio tiene número atómico 11 y, por tanto, la primera de las configuraciones electrónicas es la que le corresponde en el estado fundamental. b) Falsa. Ambas configuraciones corresponden al elemento de número atómico 11, es decir, al sodio. c) Verdadera. La primera configuración electrónica corresponde al estado fundamental, mientras que la segunda corresponde a un estado excitado. Por tanto, se deberá suministrar energía para pasar de la primera a la segunda configuración. d) Verdadera. En la segunda configuración el electrón más externo se halla más alejado del núcleo y, por tanto, experimenta una atracción menor, por lo que resulta más fácil extraerlo.

9. Hallar el número de masa (A) de un halógeno del quinto período, sabiendo que posee 50 neutrones. RESOLUCIÓN: Se sabe (Halógenos) Grupo Vll A (p5) Efectuamos la distribución electrónica: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p5 luego:

# e- = 53 = # p+ A = # p+ + # n°

8. Las configuraciones electrónicas correspondientes a dos átomos neutros son las siguientes: 1s 2 2s2 2p6 3s1 y 1s2 2s2 2p6 5s1. De las afirma-

A = 53 + 50 A = 103

777

10. Si la masa atómica de un átomo es el doble de su número atómico, determine a qué familia pertenece; tiene 40 neutrones y su carga es de +1.

0,301 t log f = - ––––––– T

RESOLUCIÓN: Se sabe: A = Z + # n° 2Z = Z + 40 Z = 40

sustituyendo valores 0,301 . 21 días log f = - ––––––––––––– 128 días

Efectuamos la distribución electrónica

2

2

6

2

RESOLUCIÓN: Por la fórmula :

6

2

10

1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d

→ | |––––| Grupo 2 2 IV B 4dO 4p6 5sO

Rpta.: Familia IV B

log f = 0,049328 – log f = 1,9506 f = 0,892 esta es la fracción de sustancia que queda

11. ¿A qué familia pertenece un elemento, si su ión tripositivo termina su configuración electrónica en el mismo subnivel que el grupo de los anfígenos?

m = 0,2 . 0,892 m = 0,1784g Po o también

RESOLUCIÓN: Se sabe que los anfígenos pertenecen al grupo VI A y terminan su configuración en p4

w = m.g w = 0,1784 . 10-3 kg . 9,8 m/s2

luego: X+3 → np4

w = 1,75 . 10-3 N de Po

para el átomo neutro, agregamos 3 electrones

EL ENLACE QUÍMICO X

6 1 → np (n+1)s

por lo tanto pertenece al grupo IA Rpta : Familia Alcalinos

12. Se tiene 0,2 g de Polonio 84Po210 cuya vida media es de 128 días. ¿Cuánto Polonio quedará después de 21 días?

778

1. Las moléculas de AsF3 y NO2 son polares y las de CS2 y BF3 no lo son. Indicar, en cada caso, una geometría molecular que sea compatible con estas observaciones. RESOLUCIÓN: En primer lugar escribiremos las configuraciones electrónicas de todos los elementos que forman las moléculas:

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

B 1s2 2s2 2p1 F 1s2 2s2 2p5

C 1s2 2s2 2p2 S 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

N 1s2 2s2 As 1s2 2s2 3s2 4s2

O 1s2 2s2 2p4

2p3

2p6 3p6 3d10 4p3

Los electrones que intervienen en las estructuras de Lewis de las 4 moléculas son: AsF3: 5 e– del As + 3 · 7 e– del F = 26 e– NO2: 5 e– del N + 2 · 6 e– del O = 17 e– CS2: 4 e– del C + 2 · 6 e– del S = 16 e– BF3: 3 e– del B + 3 · 7 e– del F = 24 e– Las estructuras de Lewis correspondientes a las 4 moléculas se muestran en la figura 26.1.

De acuerdo con la teoría de repulsión de los electrones de la capa de valencia las geometrías moleculares correspondientes serán: AsF3 AB3E Pirámide trigonal NO2 AB2E Angular CS2 AB2 Lineal BF3 AB3 Plana trigonal Tal como puede observarse en la figura 26.2, las moléculas BF3 y CS2 son simétricas, lo que explica la anulación del momento dipolar total, mientras que las moléculas AsF3 y NO2 presentan un momento dipolar no nulo, es decir, son polares.

2. Indicar el tipo de enlaces que hay que romper para: a) Llevar el agua líquida a ebullición. b) Fundir un trozo de hierro. c) Fundir un trozo de cloruro de calcio. d) Fundir un cristal de diamante.

F F As F

S C S

O N O

B F

F

F

Figura 26.1

F As F F F

S

N O

O

C

S

B F

F

Figura 26.2

779

RESOLUCIÓN: a) Para hervir agua, es decir, para aumentar la energía cinética de las moléculas de agua, se deben romper, en primer lugar, los dos enlaces por puente de hidrógeno que hacen que las moléculas de agua formen una red tridimensional en la que cada átomo de oxígeno está unido a dos átomos de hidrógeno mediante enlaces covalentes y a otros dos átomos de hidrógeno mediante puentes de hidrógeno. b) El hierro es un metal y la estructura de los metales corresponde a una red en la que cada vértice está ocupado por un átomo del metal. Esta red es compacta y, por tanto, los metales poseen densidades elevadas. Las fuerzas de enlace entre los átomos son debidas a la deslocalización de los electrones, que se reparten por todo el metal y le confieren una mayor resistencia. c) El cloruro de calcio es un compuesto iónico. En fase sólida, la mayoría de los cristales iónicos tienen puntos de fusión muy elevados, que indican que la fuerza de cohesión que mantiene juntos los iones es fuerte. Estas fuerzas interiónicas son de tipo electrostático, a causa de la presencia de iones positivos y negativos. d) El diamante es un cristal covalente en que cada átomo de carbono está unido a otros cuatro átomos de carbono formando una red tridimensional tetraédrica. La fuerza de estos enlaces covalentes es la causa de la extraordinaria dureza del diamante.

3. Los átomos de un elemento químico X contienen 16 protones en el núcleo, mientras que los de otro elemento Y contienen 19. Indicar: a) La fórmula del compuesto sólido formado por reacción entre estos dos elementos. b) El tipo de enlace del compuesto formado. RESOLUCIÓN: a) En primer lugar escribiremos las configuraciones electrónicas de ambos elementos:

780

X 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

Y 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1

Resulta evidente que para que el elemento X consiga fácilmente una configuración de gas noble debe ganar dos electrones, de acuerdo con el proceso: X + 2e– → X 2–. Análogamente, el elemento Y debe perder un electrón para conseguir fácilmente una configuración de gas noble, de acuerdo con el proceso: Y – 1e– → Y+. Así pues, el compuesto formado será: X 2– + 2 Y+ → Y2 X. b) La configuración electrónica del elemento X nos indica que se trata de un elemento del grupo VIa, mientras que la configuración electrónica del elemento Y nos indica que se trata de un elemento del grupo Ia. Por tanto, de su situación en el Sistema Periódico resulta fácil predecir que formarán un compuesto iónico.

4. Indicar el tipo de enlaces de los compuestos obtenidos al combinar los elementos de números atómicos respectivos 11, 12, 13 y 15 con el elemento de número atómico 17. RESOLUCIÓN: En primer lugar, escribiremos las configuraciones electrónicas de todos los elementos: Z = 11 1s2 2s2 2p6 3s1

Z = 12 1s2 2s2 2p6 3s2

Z = 13 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1

Z = 15 1s2 2s2 2p6 3s2 3p3

Z = 17 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

De las configuraciones electrónicas se deduce que los elementos anteriores son, respectivamente: un metal alcalino (Na), un metal alcalinotérreo (Mg), un elemento térreo (Al), un elemento nitrogenoideo (P) y un halógeno (Cl). Así pues, cuando reaccionen lo harán del modo siguiente: El Na tiene una gran tendencia a perder un electrón mientras que el Cl tiene una gran tendencia a ganar un electrón. Por tanto formarán un compuesto iónico de fórmula NaCl. El Mg tiene una gran tendencia a perder dos electrones mientras que el Cl tiene una gran tendencia a ganar un electrón. Por tanto, formarán un compuesto iónico de fórmula MgCl2. El Al y el Cl formarán un compuesto covalente de fórmula AlCl3, que formará una molécula plana trigonal, porque su diferencia de electronegatividades no es suficiente para que formen un compuesto iónico. El P y el Cl formarán un compuesto covalente de fórmula PCl3, que formará una molécula piramidal trigonal.

de 12,7 nm y de 10,9 nm, respectivamente. Justificar estas diferencias en función del número de enlaces de cada molécula. RESOLUCIÓN: El F, el O y el N pertenecen al segundo período de la tabla periódica. Dentro de un mismo período, el radio atómico aumenta ligeramente al disminuir el número atómico. Por tanto, en este caso, el radio mayor correspondería al nitrógeno. El tipo de enlace será el factor determinante de la longitud de enlace. Al aumentar la multiplicidad del enlace, la unión es más fuerte y los átomos se sitúan más cerca. Como la molécula de flúor presenta un enlace sencillo, la de oxígeno un enlace doble y la de nitrógeno un enlace triple, este hecho explica las diferentes longitudes de enlace.

7. Ordenar los cationes siguientes en orden de volúmenes crecientes: Na+, Mg2+, Al3+. 5. El dióxido de carbono es un gas, mientras que el dióxido de silicio es un sólido que funde a unos 1.400 K. Teniendo en cuenta esta gran diferencia, indicar el tipo de sólidos que forman ambos compuestos. RESOLUCIÓN: a) El dióxido de carbono es un cristal molecular con una estructura cristalina tal que en cada nudo de la red hay una molécula. Las moléculas están unidas únicamente por fuerzas de Van der Waals que son muy débiles, lo que justifica sus bajos puntos de fusión y ebullición. b) El dióxido de silicio es un cristal atómico o covalente. Presenta una estructura cristalina tal que en cada nudo de la red tetraédrica hay átomos. Los átomos se unen mediante enlaces covalentes, que son muy fuertes, lo que justifica sus elevados puntos de fusión y de ebullición.

6. La longitud del enlace F—F en la molécula de F2 es de 14,4 nm, la del enlace O—O y la del enlace N—N en las moléculas de O2 y de N2 son

RESOLUCIÓN: El Na, el Mg y el Al pertenecen al tercer período de la tabla periódica. Dentro de un mismo período, el radio atómico aumenta ligeramente al disminuir el número atómico. Así, en este caso, el radio mayor correspondería al sodio. El tipo de carga eléctrica será el factor que determinará el volumen. Cuantos más electrones pierda un átomo para formar el correspondiente catión, menor será su radio y, por tanto, su volumen ya que el núcleo atrae con más fuerza a los electrones que quedan. Por tanto, la ordenación según volúmenes crecientes de los cationes es: Al3+ < Mg2+ < Na+.

8. Dadas las moléculas siguientes: diclorometano, tetracloruro de carbono, trifluoruro de boro, acetileno y amoníaco, indicar: a) Su geometría molecular. b) Las que presentan momento dipolar molecular.

781

moléculas simétricas: tetracloruro de carbono, trifluoruro de boro y acetileno. En cambio, presentarán momento dipolar molecular no nulo las que no son simétricas: diclorometano y amoníaco.

RESOLUCIÓN: a) Según la teoría de la repulsión de los pares de electrones de la capa de valencia (RPECV), los electrones de valencia enlazados y no enlazados se sitúan de manera que las repulsiones electrostáticas sean mínimas. De acuerdo con esto, se pueden proponer las siguientes geometrías moleculares:

9. Al comparar las moléculas de dióxido de carbono y de dióxido de azufre se observa que la primera es apolar y la segunda no lo es. Indicar la geometría molecular de cada compuesto.

Diclorometano: Tetraédrica. Se puede esperar que no sea simétrica, ya que los átomos de Cl son más voluminosos que los de H. Tetracloruro de carbono: Tetraédrica. Trifluoruro de boro: Plana trigonal. Acetileno: Lineal con un triple enlace entre los átomos de carbono. Amoníaco: Piramidal. Proviene de un tetraedro en el que queda un par de electrones no enlazado, que deforma el tetraedro, a causa de las repulsiones electrónicas.

RESOLUCIÓN: Tal como puede observarse en la figura 26.4, en ambas moléculas los enlaces entre el átomo central (C o S) y los átomos de O son polares, dada la

S

b) Tal como puede observarse en la figura 26.3, todas las moléculas contienen enlaces con momento dipolar, ya que son heteroatómicas y existe una cierta diferencia de electronegatividad entre los átomos que se enlazan. Ahora bien, como el momento dipolar molecular es la suma vectorial de los momentos de los enlaces, se anulará en las

H

µT ≠ 0 Cl

H

C µT

782

µT

C 0

O

µT ≠ 0

0 F

F

B µ T F

C Cl

O

O Figura 26.4

Cl

µT H

C

Cl

Cl C

O

Cl 0 N

H H Figura 26.3

H

µT ≠ 0 H

0

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

H O

H H

N

H

H

H

P

H

H

Figura 26.5

elevada electronegatividad del oxígeno. De la medida del momento dipolar molecular se deduce que la molécula de dióxido de carbono será lineal, ya que de este modo los dipolos de ambos enlaces serán iguales y opuestos y globalmente la molécula no presentará momento dipolar. En cambio, por el mismo motivo, la molécula de dióxido de azufre será angular, ya que de este modo el momento dipolar molecular no será nulo.

10. Indicar el compuesto que tendrá mayor carácter iónico: cloruro de sodio o cloruro de cobre (I). RESOLUCIÓN: El carácter iónico de un compuesto binario puede predecirse con algunas restricciones a partir de la mayor o menor diferencia de electronegatividad entre los elementos que lo componen. Cuanto mayor sea la diferencia entre las electronegatividades, tanto mayor será el carácter iónico del compuesto. En este caso, como el no metal es común a ambos compuestos, es evidente que la diferencia de electronegatividad será mayor con un metal alcalino como el sodio, que con un elemento de transición, como el cobre. Por consiguiente, el cloruro de sodio presentará un carácter iónico más pronunciado que el cloruro de cobre (I).

11. Entre las moléculas de agua, amoníaco y fosfina, indicar la que tendrá el ángulo H—X—H más abierto.

RESOLUCIÓN: En la figura 26.5 se muestran las estructuras de Lewis de las tres moléculas. Para poder determinar cuál de estas moléculas presenta un ángulo H—X—H más abierto, es necesario conocer previamente su geometría molecular. De acuerdo con la teoría de la repulsión de los pares de electrones de la capa de valencia, resulta inmediato deducir una geometría angular para la molécula de agua y una geometría molecular piramidal para las moléculas de amoníaco y fosfina. La repulsión mutua entre los núcleos de los átomos de hidrógeno es la responsable de la mayor o menor apertura de los ángulos H—X—H. Como en la molécula de amoníaco hay 3 átomos de hidrógeno, la repulsión entre los núcleos de los átomos de hidrógeno será mayor que la que se produce en la molécula de agua, que únicamente posee 2 átomos de hidrógeno. Por tanto, los ángulos de enlace de la molécula de amoníaco serán mayores que los del agua. En el caso de la fosfina, el efecto de apertura es prácticamente inapreciable debido a que la polaridad de los enlaces es mucho menor y a que los electrones de valencia del fósforo se encuentran en el tercer nivel, de modo que los núcleos de los átomos de hidrógeno se encuentran más separados y su repulsión es mucho menor. Por consiguiente, la molécula que presenta ángulos de enlace H—X—H mayores es la de amoníaco.

12. Hallar la estructura de Lewis para el azufre (S) cuyo número atómico (Z) es 16.

783

RESOLUCIÓN:

14. Hallar el diagrama de Lewis para el Ge si Z = 32.

1s2 2s2 2p6

16+

3s2 3p4

1442443




123 Kernel = S

última capa

La distribución de electrones de la última capa de S es :

RESOLUCIÓN: 32+ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10

4s1 4p3

14444244443





123 Kernel = Ge

última capa

Figura 26.9

Nota: Este diagrama se utiliza para “s” y “p” más no para “d” ni “f” (elementos de transición). Figura 26.6

15. El valor del µ experimental del HCl es de 1,03 D, sabiendo que la longitud de enlace es 1,27 Å. Hallar el porcentaje de carácter iónico del enlace de la molécula.

de donde:

Figura 26.7

RESOLUCIÓN: Se halla el µ teórico: µT = 4,8 . 10-10 µ.e.q. (1,27 . 10-8cm)

13. Efectuar el diagrama de Lewis para el Argon (Ar) cuyo número atómico es 18.

µT = 6,1 D

RESOLUCIÓN: 18+

µT = 4,8 . 1,27 . 10-18 µ.e.q . cm

1s2 2s2 2p6

3s2 3p6

1442443




123 Kernel = Ar

última capa

µ experimental luego % C.I. = –––––––––––––– . 100 µ teórico 1,03 % C.I. = ––––– . 100 6,01 % C.I. = 16,8% de enlace iónico luego 83.1% es covalente

Figura 26.8

784

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

TERMOQUÍMICA 1. Un volumen de un litro de una mezcla en equilibrio formada por amoníaco, nitrógeno e hidrógeno a 750 K se compone de 1,20 moles de hidrógeno, 1 mol de nitrógeno y 0,329 moles de amoníaco. La reacción de equilibrio es la siguiente: N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g) Calcular: a) El valor de Kp. b) Las presiones de los gases en el equilibrio. c) Si la variación de entalpía correspondiente al proceso es de –92,4 kJ, indicar en qué sentido se desplaza el equilibrio si la temperatura aumenta hasta 1.373 K. RESOLUCIÓN: a) En primer lugar calcularemos el valor de la [NH3]2 constante Kc = –––––––––. Para ello, debemos cal[N2] [H2]3 cular las concentraciones de las sustancias que intervienen en el proceso: 1,2 mol [H2] = –––––––– = 1,2 M; 1l 1 mol [N2] = –––––– = 1 M; 1l 0,329 mol [NH3] = ––––––––– = 0,329 M. 1l Así pues, sustituyendo estos valores en la expresión de la constante Kc resulta: 0,3292 Kc = ––––––– = 0,0626 (mol/l)–2. 1 · 1,23

En este caso: V = 1 litro = 10–3 m3; T = 750 K; R = 8,31 J · K–1 · mol–1; nH2 = 1,2 mol; nN2 = 1 mol; nNH3 = 0,329 mol. Sustituyendo estos valores numéricos se obtiene: 1,2 · 8,31 · 750 pH2 = ––––––––––––– = 74,79 · 105 Pa. 10–3 1 · 8,31 · 750 = 62,33 · 105 Pa. pN2 = –––––––––––– 10–3 0,329 · 8,31 · 750 = 20,50 · 105 Pa. pNH3 = ––––––––––––––– 10–3 c) La variación de entalpía nos indica que el proceso es exotérmico a 750 K, es decir, se libera energía en la reacción. Si aumenta la temperatura, por el principio de Le Chatelier, el equilibrio tenderá a disminuirla para restablecer el equilibrio. Por consiguiente, la reacción se producirá en el sentido en que se consuma energía, es decir, en sentido endotérmico y, por tanto, el equilibrio se desplazará hacia la izquierda.

2. Dada la reacción: CO(g) + 1/2O2(g) → CO2(g). Calcular: a) La variación de energía interna a 298 K. b) La variación de energía libre de Gibbs a 298 K si la variación de entropía de la reacción a la misma temperatura es de –86,39 J/K. DATOS: ∆H 0fCO = –393,51 kJ/mol; 2(g)

∆H 0fCO = –110,53 kJ/mol (g)

b) Para calcular las presiones parciales utilizaremos la expresión: ni R T Pi = ––––––. V

RESOLUCIÓN: a) Para calcular la variación de energía interna utilizaremos la expresión: ∆H = ∆U + ∆n R T.

785

∆U = ∆H – ∆n R T.

CH3—COOH + CH3OH → → CH3—COOCH3 + H2O

Teniendo en cuenta que ∆H 0fO = 0, la variación de entalpía del proceso vendrá dada por:

Con los datos suministrados por el enunciado se puede calcular el cociente de reacción:

∆Hf0reacción = (n · ∆Hf0)p – (m · ∆Hf0)r = = –393,51 + 110,53 = –282,98 kJ.

[CH3—COOCH3] · [H2O] = Qc = ––––––––––––––––––––––– [CH3—COOH] · [CH3OH] 0,5 · 0,1 = –––––––– = 0,833. 0,2 · 0,3

Despejando:

2(g)

La variación del número de moles gaseosos que tiene lugar en el proceso es: ∆n = nfinales – niniciales = = 1 – 3/2 = –1/2. Así pues, sustituyendo los valores numéricos resulta: ∆U0 = = –282.980 – (–1/2 · 8,31 · 298) = –281.742 J. b) La variación de la energía libre de Gibbs viene dada por la expresión:

CH3—COOH Inicio 0,2 Reacción –x Equilibrio 0,2 – x

∆G 0 = ∆H0 – T ∆S0. Sustituyendo los valores numéricos, se obtiene: ∆G0 = –282.980 – 298 · (–86,39) = –257.236 J. Así pues, se trata de una reacción espontánea.

3. A la temperatura de 298 K se mezclan 0,2 moles de ácido acético, 0,3 moles de metanol, 0,5 moles de acetato de metilo y 0,1 moles de agua. Se sabe que a 298 K la constante de equilibrio de la reacción de esterificación: ácido acético + metanol → acetato de metilo + agua es Kc = 4. Indicar: a) El sentido en que evolucionará espontáneamente el sistema. b) La composición de la mezcla cuando se alcanza el estado de equilibrio. RESOLUCIÓN: a) La reacción que se produce es la siguiente:

786

Se observa que Qc < Kc. Así pues, la reacción tenderá a aumentar los productos para hacer crecer el valor de Q hasta alcanzar el valor de Kc = 4. Por tanto, el sistema evoluciona espontáneamente hacia la derecha. b) En primer lugar, estableceremos la tabla de valores de equilibrio: CH3OH CH3—COOCH3 H2O 0,3 0,5 0,1 –x +x +x 0,3 – x 0,5 + x 0,1 + x.

Sustituyendo los valores obtenidos en la expresión de Kc resulta: (0,5 + x) (0,1 + x) Kc = ––––––––––––––– ⇒ 3x2 – 2,6x + 0,19 = 0 (0,2 – x) (0,3 – x) Resolviendo la ecuación de segundo grado se obtienen los valores: x1 = 0,786 y x2 = 0,08. De estas dos soluciones tan sólo tiene sentido, en este caso, la segunda ya que resulta imposible consumir 0,786 mol/l de los reactivos. Por consiguiente, las concentraciones en el equilibrio serán: [ácido acético] = 0,12 M; [metanol] = 0,22 M; [acetato de metilo] = 0,58 M; [agua] = 0,18 M.

4. Un recipiente de 200 ml contiene 1,20 g de pentacloruro de fósforo sólido. Se cierra el recipiente, se hace el vacío y se calienta hasta una temperatura de 523 K. La presión en el interior del recipiente es de 2,1 · 105 Pa. En las con-

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

diciones indicadas todo el pentacloruro de fósforo se encuentra en estado gaseoso y parcialmente disociado, de acuerdo con la ecuación:  PCl3(g) + Cl2(g). Calcular: PCl5(g) 

Igualando (1) y (2) se tiene: 5,755 · 10–3 (1 + ) = 9,664 · 10–3. De donde:  = 67,9 % = 0,679.

a) El grado de disociación del pentacloruro de fósforo. b) La constante de equilibrio Kc de la reacción anterior a 523 K.

b) Para determinar el valor de Kc calcularemos los valores de las concentraciones:

RESOLUCIÓN: a) En primer lugar convertiremos los gramos de pentacloruro de fósforo en moles:

5,755 · 10–3 (1 – 0,679) [PCl5] = ––––––––––––––––––––– = 0,2 = 9,237 · 10–3 mol/l

1 mol PCl5 1,20 g PCl5 · ––––––––––––– = 208,5 g PCl5 = 5,755 · 10–3 moles PCl5. A continuación, construiremos la tabla de ionización corrrespondiente al proceso: PCl5 Inicial 5,755 · 10–3 Reacción –5,755 · 10–3  Equilibrio 5,755 · 10–3 (1 – )

PCl3 0 +5,755 · 10–3  5,755 · 10–3 

De acuerdo con la tabla, el número total de moles en el equilibrio es: nT = 5,755 · 10–3 (1 – ) + 5,755 · 10–3  + + 5,755 · 10–3  = 5,755 · 10–3 (1 + ). De acuerdo con la ecuación de los gases perfectos: P V = n R T, despejando, resulta: PV n = ––––– (1). RT Sustituyendo los valores numéricos se obtiene: 2,1 · 105 · 200 · 10–6 n = –––––––––––––––––– = 8,31 · 523 = 9,664 · 10–3 mol (2).

5,755 · 10–3 · 0,679 [PCl3] = [Cl2] = ––––––––––––––––– = 0,2 = 19,54 · 10–3 mol/l Así pues:

[Cl2] [PCl3] = Kc = –––––––––––– [PCl5]

(19,54 · 10–3)2 Cl2 = ––––––––––– = 0,0413 mol/l 9,237 · 10–3 0 +5,755 · 10–3  5,755 · 10–3 

5. A 1.000 K y una presión total de 1 atmósfera, un 40 % del trióxido de azufre se disocia en dióxido de azufre y oxígeno, de acuerdo con la siguiente reacción:  SO2(g) + 1/2 O2(g) SO3(g)  En el estado de equilibrio a 1.000 K, calcular: a) Las fracciones molares de los gases. b) Las presiones parciales de los gases. c) El valor de Kp. RESOLUCIÓN: a) La ecuación correspondiente al proceso es: SO3(g) → SO2(g) + 1/2 O2(g). Si se parte de 1 mol de dióxido de azufre, se tiene la siguiente tabla de reacción:

787

Inicial Reacción Equilibrio

SO3 1 0,4 0,6

SO2 0 0,4 0,4

O2 0 0,2 0,2

El número de moles totales en el equilibrio es: 0,6 + 0,4 + 0,2 = 1,2. Así pues, las fracciones molares son:

b) Si la reacción es espontánea o forzada. DATOS: ∆H 0fCH OH = –238,8 kJ/mol; ∆H 0fCO = = –110,5 kJ/mol. 3

(l)

2(g)

RESOLUCIÓN: a) La reacción que tiene lugar es: CO(g) + 2 H2(g) → CH3OH(l).

0,6 0,2 XSO3 = –––– = 0,5; XO2 = –––– = 0,17; 1,2 1,2 0,4 XSO2 = –––– = 0,33. 1,2 b) La presión parcial de un gas viene dada por la expresión:

La variación de entalpía de este proceso viene dada por la expresión: ∆H 0reacción = (n · ∆H 0f )p – (m · ∆H 0f )r = = ∆H 0fCH OH – ∆H 0fCO . 3

(l)

2(g)

Sustituyendo los valores numéricos resulta: pi = xi · PT siendo PT = 1,01 · 105 Pa. Así pues, las presiones parciales serán: 1 atm PSO3 = 0,5 · 1,01 · 105 pa · ––––––––––– = 0,5 atm. 1,01 · 105 pa 1 atm = 0,33 atm. PSO2 = 0,33 · 1,01 · 105 pa · ––––––––––– 1,01 · 105 pa 1 atm = 0,17 atm. PO2 = 0,17 · 1,01 · 105 pa · ––––––––––– 1,01 · 105 pa c) La expresión de la constante de equilibrio Kp PO1/22 · PSO2 para este proceso será: Kp = –––––––––. SustituPSO3 yendo los valores numéricos resulta:  0,17 · 0,33 Kp = –––––––––––– = 0,272 atm1/2. 0,5

6. El metanol se puede obtener industrialmente a 298 K según la siguiente reacción: KJ CO(g) + 2 H2(g) → CH3OH(l) ∆S° = –0,33 ––– K Calcular, en condiciones estándar: a) Si la reacción es exotérmica o endotérmica.

788

∆H0reacción = –238,8 – (–110,5) = –128,3 kJ/mol. Como la variación de entalpía es negativa, el proceso es exotérmico. b) La variación de energía libre viene determinada por la expresión: ∆G 0 = ∆H 0 – T ∆S 0. Sustituyendo los valores numéricos resulta: ∆G0 = –128.300 – 298 · (–0,33 · 103) = = –29.960 J/mol Como la variación de energía libre es negativa se trata de un proceso espontáneo.

7. Considérese la siguiente reacción de equilibrio:  2 NH3(g) N2(g) + 3 H2(g)  ∆H 0 = –92,38 KJ. a) Indicar si el rendimiento en amoníaco aumentará, disminuirá o no variará en los dos casos siguientes: 1. Se aumenta el volumen del recipiente. 2. Disminuye la temperatura. b) A 573 Kc = 9,5. Calcular el valor de la constante de equilibrio Kp a esta temperatura.

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

RESOLUCIÓN: a) 1. Si aumentamos el volumen el equilibrio se desplazará, de acuerdo con el principio de Le Chatelier, hacia el lado donde haya mayor número de moles gaseosos, es decir, la reacción se desplazará hacia la izquierda y el rendimiento en amoníaco disminuirá. 2. Si disminuimos la temperatura, el sistema tenderá a aumentarla, y, por tanto, se desplazará en el sentido en que la reacción sea exotérmica, es decir, hacia la derecha. En este caso, pues, aumenta el rendimiento en amoníaco. b) La variación del número de moles gaseosos es: ∆n = nfinales – niniciales = 2 – 4 = –2. Así pues, el valor de Kc es: mol –2 mol 103 l –2 = Kc = 9,5 –––– = 9,5 –––– · ––––– l l 1 m3 mol –2 . = 9,5 · 10–6 –––– m3

( )

(

)

( )

luego

1 000 . 337 x = ––––––––––– 22,4 x = 15 044 kcal de acuerdo al rendimiento, sólo es el 70% Calor útil = 70% de 15 044 kcal Calor útil = 10 531 kcal Hallamos el calor necesario para subir la temperatura de 1 kg de agua de 20°C a 100°C. Q1 = 1 000 . 1 . (100-20) Q1 = 80 000 cal Q1 = 80 kcal Para vaporizar 1 kg de agua de 100°C

Pero como Kp = Kc(RT)∆n, sustituyendo los valores numéricos resulta:

Q2 Q2 Q2 Q1

Kp = 9,5 · 10–6 · (8,31 · 573)–2 = 4,19 · 10–13 Pa–2.

Luego :

8. La ecuación termoquímica para la combustión del etileno C2H4 es: C2H4 (g) + 3O2 (l) → → 2CO2 (g) + 2H2O (l) + 337 Kcal Asumiendo el 70% de eficiencia ¿Cuántos kg de agua a 20°C pueden ser convertidos en vapor de 100°C quemando 1 000 litros de C2H4 a C.N.? RESOLUCIÓN: Calculamos el calor producido al quemar 1 000 L de C2H4 de la ecuación: 1 mol

produce

337 kcal

22,4 lt ––––– 337 kcal 1 000 lt ––––– x

= = = =

m. C. vaporización 1 000 g . 540 cal/g 540 000 cal 540 kcal

QTOTAL = Q1 + Q2 QTOTAL = 80 kcal + 540 kcal QTOTAL = 620 kcal Luego 1 kg de H2O ––––––––– 620 kcal x ––––––––– 10 531 kcal 10 531 x = ––––––– 620 x = 16, 9 kg

9. Los calores de formación del CO2 y H2O (l) son de 97,03 y de 68,32 kcal/mol respectivamente y el calor de combustión de 1 mol de ácido

789

acético C2H4O2 (l) es de 208 kcal. A partir de estos datos, calcular el calor de formación del C2H4O2 (l). RESOLUCIÓN: De acuerdo a los datos se tiene:

Restamos (1) – (2) y ordenamos CO + –– 1 O2 = CO2 + 77 kcal 2 De acuerdo a la ecuación

C + O2 = CO2 + 97,03 kcal

(1)

H2 + –– 1 O2 = H2O + 68,32 kcal 2

(2)

C2H4O2 + 2O2 = 2CO2 + 2H2O + 208 kcal (3) Multiplicando (1) y (2) por 2

1 mol de CO desprende 77 kcal y sabiendo que 1 pie3 = 28,32 L establecemos la regla de tres 22,4 lts de CO

producen

283,2 lts (10 pies3) ––––––––

2H2 + O2 = 2H2O + 136,64 kcal

x = 973,5 kcal

Sumando ambas 2C + 2H2 + 3O2 = 2CO2 + 2H2O + 330,7 kcal (4)

Pero 1 cal = 4 185 J

Restando (4) menos (3)

Q = 933,5 . 4 185 . 103

2C + 2H2 + O2 - C2 H4 O2 = 122,7 kcal

Q = 3 906,6 . 103 J

Ordenando: 2C + 2H2 + O2 = C2 H4 O2 + 122,7 kcal Resp.: 122,7 kcal

Q = 3 9066 . 106 J

10. Calcular el calor desprendido en la combustión de 10 pies3 de monóxido de carbono, medidos a C.N. Sabiendo: ⇒ CO2 + 97,3 kcal

C + –– 1 O2 ⇒ CO + 20,3 kcal 2

(1) (2)

RESOLUCIÓN: Calculamos el calor desprendido por 1 mol de CO al entrar en combustión.

790

x

283,2 . 77 x = ––––––––– 22,4

2C + 2O2 = 2CO2 + 194,06 kcal

C + O2

77 kcal

CINÉTICA QUÍMICA 1. La descomposición fotoquímica del ácido oxálico en monóxido de carbono, dióxido de carbono y agua es una reacción fotosensibilizada por los iones uranilo. Luz ultravioleta de 3.500 Å de longitud de onda y de intensidad 18.000 erg/s, absorbida en un 62,8 %, descompone en 2 horas 0,00001 mol de ácido oxálico. Calcular el rendimiento cuántico del proceso. DATOS: h = 6,625 · 10–27 erg · s; c = 3 · 1010 cm/s; 1 Å = 10–8 cm.

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

RESOLUCIÓN: En primer lugar calcularemos el número de moléculas de ácido oxálico descompuestas durante el experimento: 6,023 · 1023 moléculas n = 1 · 10–5 mol · –––––––––––––––––– = 1 mol

Ea 29.000 –––– = –––––––. RT T Despejando: Ea = 29.000 R = 29.000 · 8,31 = = 241.000 J/mol = 241 kJ/mol

= 6,023 · 1018 moléculas. A continuación calcularemos el número de cuantos absorbidos. El cuanto elemental correspondiente a la longitud de onda de 3.500 Å viene hc dado por la expresión: h = ––––.  Sustituyendo los valores numéricos, resulta: hc 6,625 · 10–27 · 3 · 1010 ––– = ––––––––––––––––––– =  3,5 · 10–5 = 5,67857 · 10–12 erg.

3. La constante de velocidad de primer orden para la hidrólisis del cloruro de amonio en agua tiene un valor de 3,32 · 10–10 a 25 °C y de 3,13 · 10–9 s–1 a 40 °C. Calcular el valor de la energía de activación del proceso. RESOLUCIÓN:

18.000 · 0,628 · 7.200 ––––––––––––––––––– = 1,43326 · 1019. 5,67857 · 10–12

A partir de la expresión k = A e–Ea/RT, se deduce que las constantes de velocidad a dos temperaturas diferentes están relacionadas mediante la exk2 Ea 1 1 ––– – ––– . Despepresión: log ––– = –––––––– k1 2,303 R T1 T2 T1 T2 k2 jando: Ea = 2,303 R ––––––– log –––. SustituT2 – T1 k1 yendo los valores numéricos resulta:

Por consiguiente, el rendimiento cuántico de la reacción fotoquímica es:

298 · 131 3,13 · 10–9 Ea = 2,303 · 8,31 · –––––––– log –––––––––– = 313 –298 3,32 · 10–10

Así pues, el número de cuantos absorbidos es: /h. Sustituyendo los valores numéricos se obtiene:

6,023 · 1018  = ––––––––––––– = 0,42. 1,43326 · 1019

(

(

(

)

)

) (

)

= 115.000 J/mol = 115 kJ/mol.

2. La descomposición del monóxido de dinitrógeno en nitrógeno y oxígeno atómico en presencia de argón gaseoso tiene una cinética de segundo orden, con k = 5,0 · 1011 · e–29000/T. Calcular la energía de activación del proceso.

4. La hidrólisis del acetato de metilo en solución alcalina viene representada por la ecuación:

RESOLUCIÓN: Para una cinética de segundo orden se verifica:

y la velocidad del proceso viene dada por la expresión: k = [CH3—COOCH3] [OH–], con k igual a 0,137 l/mol · s a 25 °C. Se preparó una mezcla de reacción que fuese 0,050 M en las concentraciones iniciales de acetato de metilo y OH–. Calcular el tiempo que tardará en hidrolizarse el 5 % del acetato de metilo a 25 °C.

k = A e–Ea/RT. Comparando esta expresión con la del enunciado, inmediatamente se deduce que:

CH3—COOCH3 + OH– → → CH3—COO– + CH3OH

791

RESOLUCIÓN: La ecuación de la velocidad es del tipo: v = k [A] [B] siendo [A] = [CH3—COOCH3] y [B] = = [OH–]. Ahora bien, en este caso, [A] = [B]. Por tanto, la ecuación de la velocidad puede escribirse como: v = k [A]2. En este caso, la velocidad puede medirse como la disminución de la cond[A] centración, A es decir, v = –––––. Sustituyendo, dT se obtiene: d[A] – –––– = k [A]2. dT



A



t

–2

Integrando resulta: – A [A] d[A] = 0 k dt, es decir, 0 1 A ––– = kt. Pero como [A] = 0,95 [A0], sustituyen[A] A0 1 1 do se obtiene: ––––––––– – –––– = k t. Extrayendo 0,95 · [A0] [A0]



(

) (

1 1 factor común: –––– –––– – 1 = k t. Sustituyendo [A0] 0,95 1 1 – 0,95 los valores numéricos: ––––– ––––––– = 0,137 t. 0,05 0,95

)

[A] ln –––– = –k t. Pero en este caso [A] = 0,6 [A0]. [A0] Sustituyendo, se obtiene: ln 0,6 = –k t. Despejando después: ln 0,6 ln 0,6 t = – ––––– = – –––––––– = k 3,3 · 10–4 = 1.548 s  26 minutos.

6. En las reacciones gaseosas que tienen lugar en la atmósfera superior, el agua y el oxígeno atómico reaccionan bimolecularmente para formar dos radicales OH. El ∆H del proceso es de 72 kJ a 500 K y la energía de activación es de 77 kJ/mol. Calcular la energía de activación para la recombinación molecular de dos radicales OH para formar agua y oxígeno.

Despejando: 1 t = ––––––––––– = 7,68 s. 0,95 · 0,137

5. El ciclobutano gaseoso se isomeriza a butadieno en un proceso de primer orden que tiene un valor de k a 153 °C de 3,3 · 10–4 s–1. Calcular los minutos que tardará el proceso de isomerización en llegar al 40 % a esta temperatura. RESOLUCIÓN: Para una reacción de primer orden se verifica: v = k [A]. En este caso, la velocidad puede medirse como la disminución de la concentración de d[A] A, es decir, v = – –––––. Sustituyendo, se obtiene: dt d[A] d[A] – ––––– = k [A]. Despejando, resulta: ––––– = –k t. dt [A] Integrando la expresión anterior, se obtiene: ln [A] AA0 = –k t. Considerando las propiedades de los logaritmos resulta:

792

RESOLUCIÓN: En un proceso químico, el estado activado es una combinación distorsionada de las moléculas que tienen la cantidad mínima de energía en exceso, de tal manera que la combinación o complejo activado pueda reacomodarse fácilmente para formar los productos exotérmicamente al perder cierta energía y pasar a los reactivos sin energía. Para un conjunto de reacciones reversibles, se debe cruzar el mismo estado activado para las reacciones en las dos direcciones. Así pues, para las reacciones que tienen lugar a presión constante se verifica que: [Ea (hacia la derecha) – Ea (hacia la izquierda)] = = ∆H. En este caso, despejando, resulta: Ea (hacia la izquierda) = = Ea (hacia la derecha) – ∆H. Sustituyendo los valores numéricos, se tiene: Ea (hacia la izquierda) = 77 – 72 = 5 kJ/mol.

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

7. En una vasija de 12 L se calentó PCl5 a 250°C originándose la reacción: PCl5(g) ⇒ PCl3(g) + Cl2 (g) en equilibrio se encontró la siguiente composición: 0,21 mol de PCl5 0,32 mol de PCl3 0,32 mol de PCl2 Calcular la constante de concentración en el equilibrio a la temperatura mencionada.

ambiente, la mezcla en equilibrio contiene 2/3 de mol de éster y 2/3 de mol de H2O. a)¿Cuál es la constante de equilibrio? b)¿Cuántas moles de éster se forman al estado de equilibrio cuando se mezclan 3 moles de etanol con 1 mol de ácido? RESOLUCIÓN: Sea la ecuación representativa de la reacción: C2H5(OH) + CH3 . COOH ⇒ ⇒ CH3COO.C2H5 + H2O Antes de la reacción

RESOLUCIÓN: De acuerdo a los datos, las concentraciones del sistema son:

1 mol + 1 mol ⇒ 0 mol + 0 mol a) En equilibrio

0,21 mol [PCl5] = ––––––––– 12 L 0,32 mol [PCl3] = ––––––––– 12 L 0,32 mol [Cl2] = ––––––––– 12 L Se sabe que: [PCl3] [Cl2] Kc = –––––––––– [PCl5]

⇒ –2 mol + –2 mol (1 - –32 ) mol + (1-2–3) mol ⇐ 3 3 y considerando “V” el volumen de la solución, la concentración al llegar al equilibrio será: Alcohol : Ácido : Éster :

Sustituyendo: 0,32 mol . 0,32 mol ––––––– –––––––– 12 L 12 L K c = ––––––––––––––––––– 0,21 mol –––––––– 12 L de donde: K c = 0,0406 mol/L

[C2H5OH]

1 mol = ––––– 3V

[CH3 . COOH] =

1 mol –––– 3V

2 mol [CH3 . COOC2H5] = ––––– 3V

[Éster] [Agua] Si Kc = –––––––––––––––– [Alcohol] [Ácido] Reemplazando valores 2 mol 2mol ––––– . ––––– 3V 3V Kc = ––––––––––––––– 1 mol 1 mol ––––– . ––––– 3V 3V Kc = 4

8. Cuando una mol de alcohol etílico se mezcla con una mol de ácido acético, a la temperatura

b) Considerando “x” moles de éster formados en el equilibrio, entonces:

793

C2H5OH + CH3COOH ⇒ ⇒ CH3COOC2H5 + H2O Antes de la reacción: 3 mol + 1 mol = 0 mol + 0 mol En el equilibrio: (3-x) (1-x) = x + x luego, si “V” es el volumen de solución

Kc

x x ––] [––] [ V V = ––––––––––– 3-x 1-x [–––x ] [–––x ] 2

x 4 = –––––––––– (3-x) (1-x) x2 4 = –––––––––2 ⇒ 3x2 - 16x + 12 = 0 3 - 4x + x De donde x1 = 0,9 mol x2 = 4,4 mol (se descarta por consideraciones de acuerdo al enunciado).

9. El grado de ionización del HCl a 25°C y en solución 0,5N es de 0,878. Halle la constante de ionización. RESOLUCIÓN: Tomando como base 1L de solución. Si la solución es de 0,5N significa que en 1L hay 0,5 equivalentes de HCl (1 equivalente = 1 mol) o también 0,5 mol. La ecuación de disociación es:  H+ + Cl– HCl 

En el equilibrio  0,5 (0,878) + 0,5 (0,878) 0,5 (1-0,878)  luego las concentraciones de las sustancias al final de la reacción serán: [HCl] = 0,061 mol/L [H+] = 0,439 ión-g/L [Cl–] = 0,439 ión-g/L Si

[H+] [Cl–] Ki = ––––––––– [HCl]

(0,439 ión-g/L) (0,439 ión-g/L) Ki = ––––––––––––––––––––––––––– 0,061 mol/L Ki = 3 159 (ión-g)2 / mol . L

10. El grado de ionización de Ba (OH)2 en solución 1/64 N a 25°C es de 92%. Hallar la constante de ionización en tales condiciones. RESOLUCIÓN: De acuerdo al enunciado y considerando la definición de Normalidad se observa: 1 Lt de solución 1N contiene 1/2 mol de Ba(OH)2 y si la solución es de 1/64N tendrá 1/128 mol. Ecuación de ionización:  Ba++ + 2(OH)– Ba(OH)2  Antes de reaccionar: 1 –––– mol ⇒ 0 ion-g + 0 ion-g 128 En equilibrio y considerando 92% (0,92)

Antes de reaccionar  0 mol + 0 mol 0,5 mol 

794

1 (1 - 0,92)  ––– 1 . 0,92 + ––– 1 .0,92 . 2 –––  128 128 128

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

luego la concentración de las sustancias al final de la ionización será:

después de la reacción (1-0,674) = 2(0,674)

1 mol [Ba (OH)2] ⇒ ––– (1-0,92) ––– = 0.000625mol/L 128 L 1 [Ba++] ⇒ ––– . 0,92 = 0.00718 ión-g/L 128 1 [OH ] ⇒ 2 ––– . 0,92 = 0,01437 ión-g/L 128

Por tanto, las concentraciones [N2O4] ⇒ 1 000 – 0,674 = 0,326 mol [NO2] = 2 (0,674) = 1 348 mol

–

entonces las presiones parciales: Pp NO2 = 1 348 mol . 200 mmHg/mol

[Ba++][OH–]2 Pero Ki = ––––––––––– [Ba(OH)2]

Pp N2O4 = 0,326 mol . 200 mmHg/mol

Sustituyendo valores: 0.00718 ión-g/L x (0.01437 ión-g/L)2 Ki = –––––––––––––––––––––––––––––– 0.000625 mol/L Efectuando operaciones: Ki = 2,37 . 10-3

11. A 50°C y a la presión de 200 mmHg el N2O4 se disocia en 67,4%. Determinar el grado de disociación a 500 mmHg. RESOLUCIÓN: De acuerdo a la ley de Le Chatelier, al aumentar la presión, la reacción se desplaza hacia el lado donde disminuye el volumen. En la ecuación y de acuerdo al problema:  2NO2 N2O4  se desplazará de derecha a izquierda. Como las presiones parciales son proporcionales al número de moles, luego en la ecuación: N2O4 → 2NO2 antes de la reacción 1 mol → 0 mol

Si

[PpNO2]2 Kp = ––––––––– [PpN2O4] (1 348 . 200)2 Kp = ––––––––––– 0,236 . 200 (1 348)2 . 200 Kp = –––––––––––– 0,236

Pero, al aumentar la presión varía el grado de disociación; cuando la presión varía a 500 mmHg el grado de disociación (%) será “x” y la constante es la misma Kp; luego (2x 500)2 Kp = ––––––––– (1-x) 500 4x2 . 500 Kp = ––––––––– (1-x) (1 348)2 . 200 Por tanto: 4x2 . 500 –––––––– = –––––––––––– (1-x) 0,326 luego 4x2 . 500 . 0,326 = (1 348)2 . 200 (1-x) 6,52x2 = 3,64 - 3,64x (÷ 2) 3,26x2 = 1,82 – 1,82x 3,26x2 + 1,82x – 1,82 = 0

795

—————————– -1,82 ± 1,822 – 4 . 3,26(-1,82) x = ––––––––––––––––––––––––––– 2 . 3,26 ———————— -1,82 ±  3,3124 + 23,7328 x = –––––––––––––––––––––––– 6,52

-1,82 ± 5,2 x = –––––––––– 6,52

x2 ⇒

NaOH → Na+ + OH–. 0,05 M 0,05 M Así pues, la concentración de iones hidroxilo [OH–] = 0,05 M. Por definición, pOH = –log [OH–]. Sustituyendo, se obtiene: pOH = –log 0,05 = 1,3. Por consiguiente, pH = 14 – pOH = 14 – 1,3 = 12,7.

———— -1,82 ±  27,0452 x = ––––––––––––––––– 6,52

x1 ⇒

que en disolución acuosa se encuentra totalmente disociada:

b) En primer lugar calcularemos las concentraciones iniciales en la mezcla:

-1,82 + 5,2 ––––––––– = 0,518 6,52 -1,82 – 5,2 –––––––– = -1,07 (desechado) 6,52

Grado de disociación : 51,8%

0,2 · 0,2 [HNO3] = –––––––– = 0,08 M, 0,5 0,05 · 0,3 [NaOH] = ––––––––– = 0,03 M. 0,5 La reacción de neutralización que tiene lugar es la siguiente: HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O. El reactivo en exceso es el ácido nítrico, ya que únicamente reacciona

ÁCIDOS Y BASES 1. a) Calcular el pH de una disolución de ácido nítrico 0,2 M y de una disolución de hidróxido de sodio 0,05 M. b) Determinar el pH de la disolución obtenida al mezclar 200 ml de la disolución de ácido nítrico con 300 ml de la de hidróxido de sodio. Suponer que los volúmenes son aditivos. RESOLUCIÓN: a) Como el ácido nítrico es un ácido fuerte, en disolución acuosa se halla totalmente disociado: HNO3

–

→ H+ + NO3 0,2 M 0,2 M

Por tanto, la concentración de protones será [H+] = 0,2 M. Por definición, pH = –log [H+]. Sustituyendo resulta: pH = –log 0,2 = 0,7. Análogamente, el hidróxido de sodio es una base fuerte,

796

mol NAOH mol HNO mol HNO3 0,03 ––––––––– · 1 ––––––––3 = 0,03 –––––––––. l mol NaOH l La cantidad en exceso dará el pH final: [HNO3] = 0,08 – 0,03 = 0,05 M. Como el ácido nítrico es un ácido fuerte: [H+] = = 0,05 M. Por tanto, a partir de la concentración de protones podemos calcular el pH: pH = –log [H+] = –log 0,05 = 1,3.

2. El pH de una disolución acuosa de hipoclorito de sodio 0,1 M es igual a 10,3. Calcular el valor de la constante de acidez del ácido hipocloroso. RESOLUCIÓN: El hipoclorito de sodio es una sal, que en disolución acuosa se disocia totalmente, ya que es un electrolito fuerte:

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

NaClO(s) → Na+(aq) + ClO–(aq).

RESOLUCIÓN: La reacción de neutralización que tiene lugar es:

El catión Na+ no reacciona con el agua porque proviene de una base fuerte, totalmente disociada en los iones Na+ y OH–. El anión ClO–, en cambio, se hidroliza parcialmente porque proviene de un ácido débil:  HClO(aq) + OH–(aq) ClO–(aq) + H2O  originando un pH básico. Cuando el hipoclorito de sodio se solubiliza y se disocia, la concentración de ClO– es: NaClO(s)

→ Na+(aq) + ClO–(aq) 0,1 M 0,1 M

El anión ClO– se hidroliza y las concentraciones en el equilibrio son: ClO–(aq)

 HClO(aq) + + H2O 

OH–(aq)

Equilibrio: 0,1 – x x x Como pH = 10,3, pOH = 14 – pH = 14 – 10,3 = = 3,7 = –log [OH–]. Por tanto, x = [OH–] = 10–3,7 M. Sustituyendo en la constante de basicidad del anión ClO– se puede encontrar la constante de acidez Ka del ácido conjugado HClO, ya que Ka · Kb = Kw. Se tiene: Kw [HClO] [OH–] (10–3,7)2 10–14 Kb = ––– = ––––––––––––– = ––––––– = –––––. – Ka [ClO ] 0,1 Ka

 A– + H2O. HA + OH–  Si consideramos: [HA] = concentración inicial del ácido; V = volumen inicial del ácido; M = molaridad de la disolución de hidróxido de sodio, en el punto final de la valoración se tiene: V · [HA] = 12 · M. La ecuación de HendersonHasselbalch nos permite determinar el pH de una disolución antes de llegar al punto de equilibrio, ya que tiene en cuenta el efecto del ión común independientemente del hecho de que el ácido provenga del ácido solo o del ácido y una sal del mismo: [base conjugada] pH = pKa + log ––––––––––––––––. [ácido] En este caso, al añadir 5 cm3 de base, la concentración del anión será: 5M (V + 5) · [A–] = 5 · M ⇒ [A–] = ––––––. V+5 Para determinar la concentración del ácido debemos tener en cuenta que V · [HA] = 12 · M. Cuando únicamente hemos 5 cm3 se tiene:

añadido

(V + 5) · [HA] = 12 M – 5 M.

De donde resulta: Despejando, resulta: Ka = 2,512 · 10–8. 12 M – 5 M 7M [HA] = ––––––––––– = ––––––. V+5 V+5 3. Un estudiante valoró un ácido débil monoprótico desconocido con una disolución de hidróxido de sodio de concentración desconocida. Después de añadir 5 ml de la base, el pH de la disolución era 6. Para llegar al punto final de la valoración se añaden 7 ml más de base. Calcular la constante de acidez del ácido.

Sustituyendo estos valores en la ecuación de Henderson-Hasselbalch, se obtiene:



5M ––––– V+5 5 6 = pK + log ––––––– = pK + log –––. 7M 7 ––––– V+5

797

Pero los iones acetato reaccionan con el agua de acuerdo con:

Despejando, resulta: 5 pK = 6 – log ––– = 6,146. 7 Por consiguiente, Ka = 7,1 · 10–7.

 CH3—COOH + OH– CH3—COO– + H2O  Equilibrio: 0,0798 – x x x

4. 30 ml de una disolución de ácido acético reaccionan con 20 ml de disolución 0,2 M de hidróxido de sodio. Calcular: a) La concentración de la disolución de ácido acético. b) El pH de la disolución. DATO: Ka = 1,8 · 10–5. RESOLUCIÓN: a) La ecuación química correspondiente a la neutralización del ácido acético es: CH3—COOH + NaOH → → CH3—COONa + H2O. El volumen de disolución de NaOH necesario para neutralizar el ácido es: 0,2 mol NaOH 1 mol CH3—COOH 0,020 l NaOH · ––––––––––– · ––––––––––––––– l NaOH 1 mol NaOH –––––––––––––––––––––––––––––––––––––– = 0,03 l CH3—COOH = 0,133 M de ácido acético. b) En el punto de equivalencia la disolución contiene iones CH3—COO– e iones Na+. No es necesario considerar ninguna reacción de los iones sodio, ya que son un ácido débil procedente de base fuerte. La concentración de iones acetato al acabar la neutralización es:

Puede considerarse que 0,0798 – x  0,0798. Por tanto, la expresión de la constante de hidrólisis será: x2 Kh = ––––––––. 0,0798 Ahora bien, Kw 10–14 Kh = –––– = ––––––––– = 5,56 · 10–10. Ka 1,8 · 10–5 Sustituyendo en la expresión de la constante de hidrólisis resulta: x2 5,56 · 10–10 = –––––––. 0,0798 Despejando: x =  5,56 · 10–10  · 0,079 8 = 6,66 · 10–6 = [OH–]. Por tanto: pOH = –log 6,66 · 10–6 = 5,18. Por consiguiente: pH = 14 – pOH = 14 – 5,18 = 8,82. 5. Se dispone de 250 ml de disolución de ácido nítrico 0,01 M y de 250 ml de disolución 0,01 M de ácido fórmico (metanoico). Calcular: a) El pH de ambas disoluciones. b) La masa de hidróxido de potasio que se necesita para neutralizar 250 ml de cada una de las disoluciones anteriores. DATO: Ka (HCOOH) = 1,7 · 10–4.

moles CH3—COO– [CH3—COO–] = ––––––––––––––––– = volumen total 0,133 moles CH3—COOH 1 mol CH3—COO– 0,03 l · ––––––––––––––––––––– · –––––––––––––––– 1l 1 mol CH3—COOH = ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– = (0,02 + 0,03) l = 0,0798 M

798

RESOLUCIÓN: a) El ácido nítrico es un ácido fuerte, que se halla totalmente disociado en solución acuosa, de acuerdo con el proceso: HNO3 → H+ + NO–3 10–2 M 10–2 M

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

Por tanto, pH = –log (10–2) = 2. En el caso del ácido fórmico, que es un ácido débil y que únicamente está parcialmente disociado, se tiene:  H+ + HCOO– HCOOH  Inicial Variación Equilibrio

0,01 –x 0,01 – x

0 +x +x

0 +x +x

La constante de acidez vale: [HCOO–] [H+] Ka = –––––––––––––. [HCOOH] Sustituyendo, resulta: x2 1,7 · 10–4 = ––––––––. 10–2 – x Resolviendo esta ecuación de segundo grado se obtiene x = 1,22 · 10–3 Por tanto:

6. El pH de una disolución de ácido nitroso 0,1 M es 2,17. Calcular: a) La constante de acidez del ácido nitroso. b) El pH de una disolución 0,1 M de nitrito de sodio. RESOLUCIÓN: a) El equilibrio de ionización del ácido nitroso es:  H+ + NO–2 HNO2  Inicial 0,1 0 0 Variación –x +x +x Equilibrio 0,1 – x +x +x Como el pH = 2,17 = –log [H+], entonces resulta: [H+] = 10–2,17 = 6,76 · 10–3 = [NO–2]. Por definición, [H+] [NO–2] Ka = –––––––––––. [HNO2] Sustituyendo:

pH = –log (1,22 · 10–3) = 2,91. b) Por definición el punto de equivalencia es aquél en que todo el ácido ha sido neutralizado por la base, independientemente de cuál sea el ácido o la base con que se trabaja. Es decir, el número de moles de protones que han reaccionado en el punto de equivalencia es igual al número total de moles de hidróxido. En este caso se tiene: HNO3 + KOH → KNO3 + H2O HCOOH + KOH → HCOOK + H2O Pero como las concentraciones son iguales, resulta: 0,01 moles ácido 1 mol KOH 0,250 l ácido · ––––––––––––––– · –––––––––– · 1 l ácido 1 mol ácido 56 g KOH · ––––––––––– = 0,14 g KOH. 1 mol KOH

(6,76 · 10–3)2 Ka = ––––––––––––. 0,1 – x El valor de x es mucho menor que 0,1, es decir, 0,1 – x  0,1. Sustituyendo en la expresión anterior se obtiene: (6,76 · 10–3)2 Ka = –––––––––––– = 4,57 · 10–4. 0,1 b) La disociación inicial del nitrito de sodio es: NaNO2 → NO–2 + Na+ 0,1 M 0,1 M Ahora bien, como el nitrito de sodio es una sal que proviene de una base fuerte y un ácido débil, únicamente se hidroliza el anión:  HNO2 + OH– NO–2 + H2O  Inicial 0,1 0 0 Variación –x +x +x Equilibrio 0,1 – x +x +x

799

Kw [HNO2] · [OH–] = ––––––––––––––, sustiPero como Kb = –––– Ka [NO–2] x2 10–14 tuyendo resulta: ––––––––– = ––––––. Como el 4,57 · 10–4 0,1 – x valor de Kb es muy pequeño y la concentración inicial de la base es muy alta, se puede aceptar la aproximación 0,1 – x  0,1. Operando después, x2 se tiene: 2,188 · 10–11 = ––––. Seguidamente des0,1 pejando: –12 x =  2,188 · 10 = 1,48 · 10–6 = [OH–]. Por consiguiente: pOH = –log (1,48 · 10–6) = 5,83. Así pues: pH = 14 – pOH = 14 – 5,83 = 8,17.

7. La constante de acidez de un ácido monoprótico es 1,7 · 10–2. a) Calcular el grado de disociación de una disolución 0,13 M de dicho ácido. b) Calcular el grado de disociación que tendría después de añadirle ácido clorhídrico hasta alcanzar una concentración 0,2 M en iones H+. RESOLUCIÓN: a) En primer lugar, estableceremos el equilibrio de disociación del ácido y la tabla de concentraciones:

Inicial Variación Equilibrio

 HA  0,13 –x 0,13 – x

–

+

A + H 0 0 +x +x +x +x

[A–] [H+] De la expresión de Ka = –––––––––, sustitu[HA] 2 x yendo resulta: 1,7 · 10–2 = ––––––––. Resolviendo 0,13 – x la ecuación se obtiene x = 0,0393. Por tanto, el 0,03 93 grado de disociación es –––––––– = 0,302, lo que 0,13 equivale a un 30,2 %.

800

b) En el segundo caso se tiene:  H+ + HA  Inicial 0,13 0,2 Variación –x +x Equilibrio 0,13 – x 0,2 + x

A– 0 +x +x

De la expresión de [A–] · [H+] Ka = –––––––––––, [HA] sustituyendo resulta: (0,2 + x) · x 0,2 · x 1,7 · 10–2 = ––––––––––––  –––––––. 0,13 – x 0,13 En este caso se han añadido protones y, por tanto, por el principio de Le Chatelier el equilibrio se desplazará hacia la izquierda y el grado de disociación disminuirá. Resolviendo la ecuación anterior se obtiene x = 0,011. El grado de disociación es 0,011 –––––– = 0,08, lo que equivale a un 8 %. 0,13

8. Calcular el pH y la concentración de ácido metanoico sin ionizar a 298 K de una disolución preparada disolviendo 0,92 g de ácido metanoico en agua, hasta un volumen de 4 litros. DATO: Ka (HCOOH) = 1,7 · 10–4. RESOLUCIÓN: La molaridad inicial del ácido metanoico es: 1 mol HCOOH 0,92 g HCOOH · ––––––––––––– 46 g HCOOH –––––––––––––––––––––––––––– = 5,0 · 10–3 M. 4l Como se trata de un ácido monoprótico en el equilibrio se tendrá:

Inicial Variación Equilibrio

 HCOO– + H+ HCOOH  –3 5 · 10 0 0 –x +x +x 5 · 10–3 – x +x +x

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

[H+] [HCOO–] La constante Ka vale: Ka = –––––––––––––. Sus[HCOOH] tituyendo los valores anteriores resulta: 1,7 · 10–4 = x2 = –––––––––––. Resolviendo la ecuación de se5 · 10–3 – x gundo grado resulta x = 8,41 · 10–4. Por consiguiente, la concentración de ácido sin ionizar será: [HCOOH] = 5 · 10–3 – 8,41 · 10–4 = 4,16 · 10–3 M y el pH = –log (8,41 · 10–4) = 3,08.

Por tanto: pH = –log (0,1) = 1. b) El número de moles de protones que hayan reaccionado en el punto de equivalencia ha de coincidir con el número total de moles de hidróxido añadidos, es decir: [H+] = [OH–]. Las reacciones de neutralización que tienen lugar en ambos casos son las siguientes: HF + KOH → KF + H2O HCl + KOH → KCl + H2O

9. Dos matraces contienen 50 ml de disoluciones 0,1 M de ácido fluorhídrico y clorhídrico, respectivamente. Calcular: a) El pH de ambas disoluciones. b) La masa de hidróxido de potasio necesaria para neutralizar ambas disoluciones. DATO: Ka (HF) = 6,7 · 10–4. RESOLUCIÓN: a) En primer lugar, escribiremos la reacción de ionización y la tabla de concentraciones para el ácido fluorhídrico, que es un ácido débil parcialmente disociado:

Inicial Variación Equilibrio

 HF  0,1 –x 0,1 – x

H+ + F– 0 0 +x +x +x +x

Como las cantidades son las mismas en los dos casos, resulta: 0,1 mol ácido 1 mol KOH 0,050 l ácido · ––––––––––––– · –––––––––––– · 1 l ácido 1 mol ácido 56 g KOH · –––––––––– = 0,28 g KOH. 1 mol KOH Es decir, se precisan 0,28 gramos de hidróxido de potasio para la neutralización de cada una de las disoluciones.

10. Calcular las concentraciones del H+. a) 10-3 ión g/L b) 5,4 . 10-9 ión g/L RESOLUCIÓN: a) Se sabe que:

La constante de acidez viene dada por la expresión: luego: [H+] [F–] Ka = ––––––––. Sustituyendo resulta 6,7 · 10–4 = [HF] x2 = –––––––. Resolviendo la ecuación de segundo 0,1 – x grado se obtiene x = 7,86 · 10–3. Así pues, se tiene: [H+] = 7,86 · 10–3 y, por tanto, resulta: pH = = –log (7,86 · 10–3) = 2,1. En el caso del ácido clorhídrico, que es un ácido fuerte totalmente disociado en solución acuosa se tiene: HCl → H+ + Cl– 0,1 M 0,1 M

1 pH = log –––– [H+]

1 pH = log ––– 10-3 pH = log 103 pH = 3

b)

l pH = log –––– [H+] 1 pH = log ––––––– 5,4 . 10-9

801

pH = log (16 . 1010)

109 pH = log ––– 5,4

pH = log 16 + log 1010 pH = log 109 – log 5,4 pH = 1 204 + 10 pH = 9 – 0,73 pH = 11 204 pH = 8,27

11. Calcular el pH de las siguientes soluciones, asumiendo una completa ionización. a) Ácido monoprótico 4,9 . 10-4 b) Base monobásica 16 . 10-4 RESOLUCIÓN: 1 a) pH = log –––– [H+]

12. Calcular el pH de una solución que contiene 0,038g de HCl por litro. Supóngase el ácido completamente disociado. RESOLUCIÓN: La disociación del HCl es: HCl → H+ + Cl– y como de acuerdo al enunciado es completa, se tiene que:

1 pH = log –––––––– 4,9 . 10-4 104 pH = log ––– 4,9 pH = log 104 – log 4,9 pH = 4 – 0,69

[HCl] = [H+] por lo que la concentración de mol/L de ácido es igual a la concentración en ión-g/L del ión Hidrógeno, luego 0,038 [H+] = ––––– 36,5 0,038 10-pH = –––––– ; tomando logaritmos 36,5

pH = 3,31 b) Se sabe que [H+][OH-] = 10-14, luego

0,038 -pH = log ––––– 36,5

10-14 [H+] = ––––– , reemplazando [OH-]

pH = -(log 0,038 – log 36,5) pH = log 36,5 – log 0,038

10-14 [H ] = ––––––– 16 . 10-4 +

pH = 2,98

10-10 [H+] = ––––– 16 1 , pH = log –––– [H+]

802

16 luego pH = log –––– 10-10

13. Calcular el pH de una solución de un ácido monoprótico cuya concentración es de 0,01 y que está ionizado al 85,5%.

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

RESOLUCIÓN: Al decir “monoprótico” significa que es monovalente o que su molécula tiene 1 solo hidrógeno ionizable, por lo que la ecuación de disociación será: HA → H+ + A–

[HA] = 0,1

(3)

y también KI = 0,8 . 10-6

(4)

Sustituyendo (2); (3); (4) en (1)

de donde: [HA] = 0,01 mol/L además [H+] = 0,855 . 0,01 at-g/L por lo que [H ] = 855 . 10 at-g/L, de donde +

y de acuerdo al dato

-5

1 1 . 105 –––– = ––– (tomando logaritmos) + 855 [H ] 1 log –––– = log 105 – log 855 [H+]

[H+] [H+] 0,8 . 10-6 = ––––––––– 0,1 —————— [H+] = 0,8 . 10-6 . 0,1 ———– [H+] =  8 . 10-8 [H+] = 2,8 . 10-4 pero: 1 pH = log –––– o también [H+]

pH = 5 – 2,9320 pH = – log [H+] luego pH = 2,068 pH = – log 2,8 . 10-4 14. La constante de disociación de un ácido monobásico es de 0,8 . 10-6 a 20°C. ¿Cuál será su pH si la solución es 0,1N? RESOLUCIÓN: Sea el ácido HA y su ecuación de disociación: HA → H+ + A-

(1)

pero según (I) [H+] = [A-]

pH = – (0,4472 – 4) pH = 3,552 8

(I)

de donde la constante de ionización [H+] [A-] KI = ––––––––– [HA]

pH = – (log 2,8 + log 10-4)

(2)

REACCIONES REDOX 1. En disolución acuosa y en medio ácido, el permanganato de potasio reacciona con el peróxido de hidrógeno y se obtienen iones manganeso (II), oxígeno y agua. Calcular los moles de peróxido de hidrógeno que se necesitarán para obtener 1 litro de oxígeno en condiciones normales.

803

RESOLUCIÓN: Las reacciones que tienen lugar son las siguientes: Semirreacción de oxidación: H2O2 → O2 Semirreacción de reducción: MnO4– → Mn2+ Las semirreacciones anteriores igualadas se transforman en:

RESOLUCIÓN: Las reacciones que tienen lugar son las siguientes: Semirreacción de oxidación: Fe2+ → Fe3+ Semirreacción de reducción: MnO–4 → Mn2+ Las semirreacciones anteriores igualadas se transforman en: Oxidación:

Oxidación: H2O2 → O2 + 2 H+ + 2e– Reducción: MnO–4 + 8 H+ + 5e– → Mn2+ + 4 H2O Multiplicaremos la primera semirreacción por 5 y la segunda por 2, para igualar el número de electrones transferidos en el proceso redox: Oxidación: 5 H2O2 → 5 O2 + 10 H+ + 10e– Reducción: 2 MnO–4 + 16 H+ + 10 e– → 2 Mn2+ + 8 H2O Sumando miembro a miembro las dos semirreacciones se obtiene la ecuación iónica: 2 MnO–4 + 5 H2O2 + 6 H+ → → 2 Mn2+ + 5 O2 + 8 H2O Para obtener 1 litro de oxígeno en condiciones normales se precisarán: 1 mol O2 5 moles H2O2 1 litro O2 (c.n.) · –––––––––––– · ––––––––––– = 22,4 l O2 (c.n.) 5 moles O2 = 0,045 moles de H2O2.

2. Se quiere determinar la concentración de una disolución de hierro (II). Con esta finalidad se toman 100 ml de esta disolución y se valoran con 30 ml de una disolución 0,1 M de permanganato de potasio. Calcular la concentración de la disolución de hierro (II).

804

Fe2+ → Fe3+ + 1e– Reducción: MnO–4 + 8 H+ + 5e– → Mn2+ + 4 H2O Multiplicaremos la primera semirreacción por 5, para igualar el número de electrones transferidos en el proceso redox: Oxidación: 5 Fe2+ → 5 Fe3+ + 5e– Reducción: MnO–4 + 8 H+ + 5e– → Mn2+ + 4 H2O Sumando miembro a miembro las dos semirreacciones se obtiene la ecuación iónica: MnO–4 + 5 Fe2+ + 8 H+ → Mn2+ + 5 Fe3+ + 4 H2O La concentración de la disolución de Fe2+ se puede obtener a partir del volumen de permanganato potásico consumido: 0,1 mol KMnO 5 moles Fe2+ 0,030 l KMnO4 · –––––––––––––4 · ––––––––––– = l 1 mol KMnO4 = 0,015 moles Fe2+ 0,015 moles [Fe2+] = ––––––––––– = 0,15 M. 0,1 l

3. De acuerdo con la notación siguiente, que corresponde a una pila electroquímica: Pt (s) H2 (g) (1,013 · 105 Pa) H+ (1 M)



Ag+ (1 M) Ag (s)

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

y sabiendo que E° (Ag+ Ag) = +0,80 V; 1 F = 96.500 C, calcular: a) La fuerza electromotriz de la pila. b) La energía eléctrica que habrá generado la pila, expresada en kW · h, si suministra la carga correspondiente a un depósito de 21,6 g de plata. RESOLUCIÓN: a) El primer electrodo que aparece en la notación de la pila es el electrodo normal de hidrógeno, que consiste en una lámina de platino platinado sumergida en una disolución de iones H+ 1 M, es decir de pH = 0, rodeada de hidrógeno gaseoso a la presión de 1 atm. Al potencial del electrodo de hidrógeno se le asigna arbitrariamente el valor cero a cualquier temperatura. Si la reacción que se produce es: H2(g) → 2 H+(aq) + 2e–, el hidrógeno gaseoso actúa como reductor y el electrodo es el polo negativo de la pila, o sea el ánodo. La semirreacción es de oxidación. En el otro electrodo tiene lugar, por tanto, una semirreacción de reducción. En este caso, el electrodo será el polo positivo o cátodo: Ag+ + e– → Ag. La reacción global que se produce será la suma de la primera semirreacción y de la segunda multiplicada por 2. De este modo se consigue igualar el número de electrones transferidos en el proceso redox. Así pues, tienen lugar los siguientes procesos: Oxidación: H2 → 2 H+ + 2e–

ε° = 0 V

Reducción: 2 Ag+ + 2e– → 2 Ag

ε° = 0,80 V

E°pila = E°H2 2 H+ + E°Ag+ Ag = 0 + 0,8 = 0,8 V. b) La energía máxima que se puede obtener de la pila vendrá dada por la expresión: Energía eléctrica = Q · ε°pila. Como se han depositado 21,6 gramos de plata, resulta: 1 mol e– 96.500 C 21,6 g Ag · –––––––––– · –––––––– = 1,9336 · 104 C 107,8 g Ag 1 mol e– Por tanto, la energía eléctrica suministrada por la pila será: Energía eléctrica = 1,9336 · 104 · 0,8 V = 15.468,6 J. 1 kW · h Pero 15.468,6 J · ––––––––– = 4,3 · 10–3 kW · h. 3,6 · 106 J

4. Se hace pasar una corriente de 3 A durante media hora por dos celdas electrolíticas conectadas en serie, que contienen 200 ml de sulfato de cobre (II) 0,5 M y 300 ml de disolución de ácido clorhídrico 0,2 M. Sabiendo que las masas atómicas del cobre y del cinc son, respectivamente, 63,5 y 65,4, calcular la concentración final de iones cobre (II) de la primera celda y la concentración final de iones hidrógeno de la segunda, suponiendo que el volumen de la disolución se mantenga constante. RESOLUCIÓN: Como las dos células electrolíticas están conectadas en serie, la cantidad de electricidad que circula por ambas es la misma: Q = I · t = 3 · (30 · 60) = 5.400 C.

Ecuación iónica: H2 + 2 Ag+ → 2 H+ + 2 Ag

ε° = 0,80 V

Para comprobar que el proceso que tiene lugar en la pila es espontáneo, basta con calcular la variación de energía libre que se produce: ∆G° = –n · F · ε° = –2 · 96500 · 0,80 < 0. Así pues, la fem de la pila es:

El número de Faradays a que equivale esta carga es: 1F 5.400 C · ––––––––– = 0,056 F. 96.500 C En la primera célula se produce la siguiente reacción: Cátodo (reducción): Cu2+ + 2e– → Cu.

805

En la segunda célula tiene lugar el siguiente proceso:

b) Los moles de peróxido de hidrógeno que se necesitan para oxidar 0,3 moles de yoduro.

Cátodo (reducción): 2 H+ + 2e– → H2.

RESOLUCIÓN: a) En el primer caso, las reacciones que tienen lugar son las siguientes:

En la primera célula la cantidad de Cu2+ consumida es: 2+

1 mol Cu 0,056 F · –––––––––– = 0,028 moles Cu2+. 2F

Semirreacción de oxidación: H2O2 → O2 Semirreacción de reducción: MnO–4 → Mn2+ Las semirreacciones anteriores igualadas se transforman en:

Como inicialmente había: 0,5 mol CuSO 1 mol Cu2+ 0,2 l · ––––––––––––4 · ––––––––––– = 0,1 mol Cu2+ 1l 1 mol CuSO4 Quedan: 0,1 – 0,028 = 0,072 mol Cu2+. La concentración de la disolución final será: 1 mol CuSO4 0,072 mol Cu2+ · ––––––––––– 1 mol Cu2+ [Cu ] = ––––––––––––––––––––––––– = 0,36 M 0,2 l 2+

En la segunda célula la cantidad de hidrógeno consumido es: 2 mol H+ 0,056 F · ––––––––– = 0,056 mol H+. 2F Por tanto, quedan: 0,06 – 0,056 = 0,004 moles H+. Así pues, la concentración final es: 0,004 mol H+ [H ] = –––––––––––– = 0,013 M. 0,3 l +

Oxidación: H2O2 → O2 + 2 H+ + 2e– Reducción: 2 MnO–4 + 16 H+ + 10e– → 2 Mn2+ + 8 H2O Multiplicaremos la primera semirreacción por 5, para igualar el número de electrones transferidos en el proceso redox: Oxidación: 5 H2O2 → 5 O2 + 10 H+ + 10e– Reducción: 2 MnO–4 + 16 H+ + 10e– → 2 Mn2+ + 8 H2O Sumando miembro a miembro las dos semirreacciones se obtiene la ecuación iónica: 2 MnO–4 + 5 H2O2 + 6 H+ → → 2 Mn2+ + 5 O2 + 8 H2O Para reducir 0,3 moles de permanganato se necesitan: 5 moles H2O2 0,3 moles MnO–4 · –––––––––––––– = 2 moles MnO–4 = 0,75 moles de H2O2.

5. En medio ácido, el peróxido de hidrógeno es oxidado por las disoluciones de permanganato de potasio, se libera oxígeno y se forma manganeso (II). Igualmente, en medio ácido, el peróxido de hidrógeno puede oxidar los iones yoduro a yodo y reducirse a agua. Calcular:

b) En el segundo caso, las reacciones que tienen lugar son las siguientes:

a) Los moles de peróxido de hidrógeno que se necesitan para reducir 0,3 moles de permanganato.

Semirreacción de oxidación: I– → I2 Semirreacción de reducción: H2O2 → H2O

806

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

Las semirreacciones anteriores igualadas se transforman en: Oxidación: 2 I– → I2 + 2e– Reducción: H2O2 + 2 H+ + 2e– → 2 H2O

E°(I2 I–) = 0,54 V; E°(AsO3–4 AsO–2) = = 0,56 V > 0,54 V, los iones AsO3–4 podrán oxidar a los iones I–. La fem de la pila se podrá calcular del modo siguiente: E°pila = E°oxidante – E°reductor.

Sumando miembro a miembro las dos semirreacciones se obtiene la ecuación iónica:

Es decir:

H2O2 + 2 I– + 2 H+ → I2 + 2 H2O

E°pila = E°(AsO3–4 AsO–2) – E°(I2 I–) = = 0,56 – 0,54 = 0,02 V.

Para oxidar 0,3 moles de yoduro se precisan: 1 mol H2O2 0,3 moles I– · –––––––––– = 0,15 moles de H2O2. 2 mol I–

Por consiguiente, el proceso es espontáneo en el sentido indicado.

7. Balancear por redox la siguiente ecuación: 6. El ion AsO3–4 en disolución ácida oxida el I– a I2 y se reduce a AsO–2. Sabiendo que los potenciales estándar de reducción son: E°(I2 I–) = 0,54 V y E°(AsO3–4 AsO–2) = 0,56 V, calcular el potencial estándar de la reacción total espontánea. RESOLUCIÓN: Las reacciones que tienen lugar son las siguientes: Semirreacción de oxidación: I– → I2 Semirreacción de reducción: AsO3–4 → AsO–2 Las semirreacciones anteriores igualadas se transforman en:

HNO3 + H2S → NO + S + H2O RESOLUCIÓN: Observamos que los elementos que sufren cambio de valencia son el N y el S. +1

+5

-2

+1

+2

+5

2 I– → I2 + 2e–

+2

-2

Sumando miembro a miembro las dos semirreacciones se obtiene la ecuación iónica:

-2

(Reducción)

S – 2e → S°

Reducción: AsO3–4 + 4 H+ + 2e– → AsO–2 + 2 H2O

+1

Observamos que el N de trabajar con V (5) pasa a trabajar con V(2) y el S de trabajar con valencia (-2) pasa a trabajar con O. Luego el átomo que “reduce” su valencia se ha reducido y el que aumenta su valencia se ha oxidado. Por tanto las ecuaciones electrónicas parciales serán: N + 3e → N

Oxidación:

-2

H N O3 + H2 S-2 → N O + S° + H2 O

(Oxidación)

Igualamos los electrones multiplicando la primera por (2) y la segunda por (3); nos queda: +5

+2

2N + 6e = 2N -2

AsO3–4 +

2I +4H → –

+

AsO–2

+ I2 + 2 H2O

3S – 6e = 3S° ——————————— sumando 2N+5 + 3S-2 = 2N+2 + 3S°

Como los potenciales estándar de reducción son:

807

Hemos obtenido el balanceo electrónico parcial. En algunos casos resulta la ecuación ya balanceada pero generalmente no, por lo que se deberá cumpletar el balanceo por tanteos.

9. Balancear por redox la siguiente ecuación: CuO + NH3 → N2 + Cu + H2O

2HNO3 + 3H2S → 2NO + 3S + ? H2O

RESOLUCIÓN: Observamos que

luego

Cu+2 → Cu°

(Reducción)

N-3 → N°

(Oxidación)

2HNO3 + 3H2S → 2NO + 3S + 4H2O 8. Balancear por redox la siguiente ecuación:

Establecemos las ecuaciones electrónicas parciales

KMnO4 + KCl + H2SO4 → → MnSO4 + K2SO4 + Cl2 + H2O

Cu+2 + 2e = Cu° N-3 – 3e = N°

RESOLUCIÓN: Observando detenidamente, los elementos que cambian de valencia son Mn y Cl.

3Cu+2 + 6e → 3Cu°

Mn+7 + 5e = Mn+2 Cl-1 – 1e

Cl°2

Multiplicando la primera ecuación por 3 y la segunda ecuación por 2:

(ojo: Cl2 molecular)

Quedando finalmente Mn+7 + 5e = Mn+2 2Cl-1 – 2e = Cl°2 igualando los electrones

2N-3 – 6e → 2N° —————————— sumando 3Cu+2 + 2N-3 → 3Cu° + 2N° tenemos la ecuación parcialmente balanceada 3CuO + 2NH3 → N2 + 3Cu + ? H2O

10Cl-1 – 10e = 5 Cl°2 ——————————— 2Mn+7 + 10Cl-1 = 2Mn+2 + 5Cl2°

Nótese que en la ecuación electrónica parcial del N, ésta es para un átomo de N pero en la ecuación dada el N2 es molecular, por eso el coeficiente 1.

la ecuación parcialmente balanceada quedará

Calculamos el coeficiente del H2O por compensación, quedando:

2KMnO4 + 10KCl + ?H2SO4 → → 2MnSO4 + ?K2SO4 + 5Cl2 + ?H2O

3CuO + 2NH3 → N2 + 3Cu + 3H2O

2Mn+7 + 10e = 2Mn+2

Completando la ecuación por tanteos queda 2KMnO4 + 10KCl + 8H2SO4 → → 2MnSO4 + 6K2SO4 + 5Cl2 + 8H2O

808

10. Balancear por redox la siguiente ecuación: Cr I3 + Cl2 + NaOH → → Na2CrO4 + NaIO4 + NaCl + H2O

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

los elementos con cambio de valencia son Cr: de + 3 en CrI3 a + 6 en Na2 Cr O4 I: de – 1 en CrI3 a + 7 en Na IO4

RESOLUCIÓN: Ajustamos la ecuación electrónicamente +2

1N+5 O3– + 3Ag° → 1N O + 3Ag+

Cl: de 0 en CI2 a – 1 en NaCl

N+5 + 3e → N+2

Luego tenemos

Ag° – 1 → Ag-1

Cr+3 – 3e → Cr+6

(oxidación)…… (1)

I-1 – 24e → 3I+7

(oxidación)…… (2)

Cl°2 + 2e → 2Cl-1 (reducción)…… (3) Sumando (1) y (2) para tener una sola ecuación de oxidación : I-1 + Cr+3 - 27e → Cr+6 + 3I+7…… (4) → 2Cl-1

Cl2° – 2e

…… (5)

Multiplicando (4) por 2 y (5) por 27 2I-1 + 2Cr+3 – 54e → 2Cr+6 + 6I+7 27Cl2° + 54e → 54Cl-1 ——————————————————— 2cr+3 + 2I-1 + 27Cl°2 → 2Cr+6 + 6I+7 + 54Cl-1 Por lo que la ecuación parcialmente balanceada será: 2CrI3 + 27Cl2 + ?NaOH → → Na2CrO4 + 6Na IO4 + 54NaCl + ?H2O Completando la ecuación por tanteos 2CrI3 + 27Cl2 + 64NaOH → → 2Na2CrO4 + 6Na IO4 + 54NaCl + 32H2O 11. Balancear la ecuación que ocurre en un medio ácido. –

NO3 + Ag → NO + Ag+

(3Ag° → 3Ag+)

Carga neta de reactantes = –1 Carga neta de productos = +3 Como el medio es ácido ajustamos las cargas agregando 4 cargas positivas en los reactantes 4H+ –

4H+ + NO3 + 3Ag → NO + 3Ag+

1442443

14243

carga + 3

carga + 3

Para balancear los oxígenos en los reactantes existen tres átomos de oxígeno y uno en los productos, por lo que agregamos 2 moléculas de H2O en los productos, compensado así los oxigenos. –

4H+ + NO3 + 3Ag → NO + 3Ag+ + 2H2O 12. La reacción ocurre en un medio básico. –

–

=

ClO3 + Cr+3 → Cl + CrO4 RESOLUCIÓN: Efectuando el balance electrónico –

=

1ClO3 + 2Cr+3 → 1Cl– + 2CrO4 (+5)

(+3)

(-1)

(+6)

Carga neta reactantes +5 Carga neta productos –5 –

Como el medio es básico hay que sumar (OH) , como cada uno representa una unidad negativa – sumamos 10 (OH) en los reactantes y para ajustar los oxígenos 5 H2O en los productos

809

–

–

10(OH) + ClO3 + 2Cr+3 → – = → Cl + 2CrO4 + 5H2O

15. ¿Cuántos coulombios por hora pasan a través de un baño de electroplatinado, el cual usa corriente de 10 amperes?

13. Balancear la ecuación y determinar el coeficiente del H2O en medio alcalino. Ag2O + Co+2 → Ag + Co(OH)3

RESOLUCIÓN: Se sabe que: 1 amp = 1c/seg luego 10 amperes serán: c c 10 –– que reducido nos da 36 000 –– s h

RESOLUCIÓN: Calculamos la ganancia y pérdida de electrones e igualando Ag2O + 2Co+2 → 2Ag + 2Co(OH)3 (+1)

(+2)

(0)

(+3)

| gana  (2e–)1 ↑ ↑    |—————————  pierde (1e–)2  —————————– Se agregan (OH)– para balancear las cargas iónicas

16. ¿Qué masa de plata (Ag) se depositará de una solución de Ag NO3 pasando 6 000 coulombios? RESOLUCIÓN: P. atómico Se sabe que Eq = ––––––––– luego para la Ag Valencia 107,9 EqAg = ––––– 1

–

4(OH) + Ag2O + 2Co+2 → 2Ag + 2Co(OH)3 luego para balancear el oxígeno agregamos H2O H2O + 4(OH)-1 + Ag2O + 2Co+2 → → 2Ag + 2Co(OH)3 Coeficiente de H2O es 1.

14. Hallar la intensidad de corriente de un calentador de 180Ω conectado a una fuente de 220 voltios. RESOLUCIÓN: E Se sabe que: R = ––– luego I

96 500 C 6 000 C

depositan –––––––

107,9g x

6 000 . 107,9 x = ––––––––––– 96 500 x = 6,7 g de plata

17. ¿Qué amperaje será necesario para depositar 15 kg de aluminio durante 9 horas? RESOLUCIÓN: Calculamos el Eq del Aluminio

E I = –––– Reemplazando valores R

P . at Eq = ––––– V

220 V I = –––––– 180 Ω

27 Eq = –––– 3 Eq = 9

I = 1,22 A

810

EqAg = 107,9 g luego con una regla de tres

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

Luego 96 500 C depositan 9 g de Al x –––––––– 15 000 g de Al 15 000 . 96 500 x = ––––––––––––– 9

19. Dos cubas electrolíticas están conectadas en serie, con soluciones de AgNO3 y FeCl3. Si en la primera se depositan 2,16g de Ag. ¿Qué peso de Fe y Cl2 se deposita en la segunda? RESOLUCIÓN: Por la segunda Ley de Faraday

x = 160 833,3 C q Pero I = ––– reemplazando valores T 160 833,3 C I = ––––––––––– 9 . 3 600 s

MFe m Aq –––––– = –––––– Eq Fe Eq Aq 56 Eq Fe = ––– 3

107,9 Eq Ag = ––––– 1

Eq Fe = 18,67

Eq Ag = 107,9

I = 4 963,9 amperes Reemplazando: 18. ¿Cuántas horas se necesitará para descomponer electrolíticamente 18 g de H2O con 6 amperes? RESOLUCIÓN: Si tenemos 6 amperes pasan 6 coulombios por segundo; además el equivalente del H2O es:

mFe

= 0,37 g

De manera análoga se calcula la masa de Cl2. mCl2 = 0,71 g

18 Eq = –––– 2 Eq = 9 Entonces: 9 g de H2O se descomponen por 96 500 C 18 g de H2O ––––––––––––––––

x

x = 193 000 C por lo tanto, Si en 1s x

mFe 2,16 ––––– = ––––– 18,67 107,9

pasan 6 C ––––– 193 000 C

x = 32 166,66s que transformados 8 h 56 m 06 s

20. A través de tres celdas electrolíticas en serie pasan 0,2 Faradios. Una celda contiene una sal con ión plata; otra ion Zn y la otra ión Férrico. Asumiendo que sólo existe reducción de ión metal, ¿cuántos gramos de cada metal se depositará? RESOLUCIÓN: Al paso de 1 Faraday se deposita 1 equivalente luego, al paso de 0,2 Faraday, se depositan 0,2 equivalentes. 107,8 +1 EqAg+1 = ––––– …… luego EqAq = 107,9 1 65,38 +2 EqZn+2 = ––––– …… luego EqZn = 32,69 2

811

55,85 +3 EqFe+3 = ––––– …… luego EqFe = 18,62 3 Como en cada caso se depositan 0,2 equivalentes, se tendrá entonces: Ag : 0,2 . 107,9 ………

21,58 g de Ag

Zn : 0,2 . 32,69 ……… 6,538 g de Zn Fe : 0,2 . 18,62 ……… 3,724 g de Fe

REACCIONES DE PRECIPITACIÓN Y FORMACIÓN DE COMPLEJOS 1. Se tiene una disolución de nitrato de plata 0,001 M. Sabiendo que la constante del producto de solubilidad del cloruro de plata es 2 · 10–10, calcular la concentración mínima de iones cloruro para que se forme precipitado de cloruro de plata. RESOLUCIÓN: El proceso que tiene lugar es el siguiente:  Cl–(aq) + Ag+(aq). AgCl(s)  En este caso, la constante del producto de solubilidad se expresará como: Kps = [Cl–] [Ag+]. Despejando, resulta: Kps [Cl–] = ––––––. [Ag+]

b) Indicar si la solubilidad del yodato de bario será mayor, menor o igual en una solución 0,3 M de cloruro de bario. RESOLUCIÓN: a) En 250 ml de disolución acuosa saturada de yodato de bario hay disueltos 87,85 mg de dicha sal. Por tanto, la concentración de la disolución será: 87,85 · 10–3 g Ba(IO3)2 1 mol Ba(IO3)2 –––––––––––––––––––– · ––––––––––––––– = 0,25 l 487,3 g Ba(IO3)2 = 7,2 · 10–4 M. El equilibrio de solubilidad que tiene lugar es el siguiente:  Ba2+(aq) + 2 IO–3 (aq) Ba(IO3)2 (s)  Inicial Equilibrio

s 0

0 s

0 2s

La expresión de la constante del producto de solubilidad será: Kps = [Ba2+] · [IO–3]2 = s · (2s)2 = 4s3. Sustituyendo, resulta: Kps = 4 · (7,2 · 10–4)3 = 1,5 · 10–9. b) Si efectuáramos el cálculo de la solubilidad en una solución de cloruro de bario, se tendría: [Ba2+] = s' + 0,3; [IO–3] = 2s'. Por tanto: Kps = 1,5 · 10–9 = (s' + 0,3) · (2s')2.

Sustituyendo los valores numéricos: 2 · 10–10 [Cl ] = –––––––– = 2 · 10–7 M. 10–3 –

2. 250 ml de una disolución acuosa saturada de yodato de bario contienen 87,85 mg de esta sal a 298 K. Calcular: a) La constante del producto de solubilidad del yodato de bario a la temperatura indicada.

812

Efectuando la aproximación: s' + 0,3  0,3 y resolviendo la ecuación anterior se obtiene: s' = 1,118 · 10–5 M. Evidentemente, s' < s y, por tanto, la solubilidad será menor en este caso, como consecuencia del efecto del ion común. Este resultado puede preverse a partir del principio de Le Chatelier, ya que la adición de una sal de bario provoca un desplazamiento del equilibrio hacia la izquierda y, por tanto, comporta una disminución de la solubilidad.

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

3. La solubilidad del hidróxido de calcio es de 1,7 g/l a 298 K. Calcular a esta temperatura: a) La constante del producto de solubilidad. b) El pH de una disolución saturada de hidróxido de calcio. RESOLUCIÓN: a) Para calcular la solubilidad molar es necesario conocer previamente la masa molar del hidróxido de calcio, que es de 74 g/mol. Así pues, se tiene: g 1 mol Ca(OH)2 s = 1,7 ––– · ––––––––––––––– = 0,023 M l 74 g Todo el hidróxido se disociará, ya que las sales son electrolitos fuertes: Ca(OH)2 (s) → Ca2+(eq) + 2 OH–(eq) Inicio s 0 0 Equilibrio – s 2s La constante del producto de solubilidad vendrá expresada por: Kps = [Ca2+] [OH–]2 = 4s3. Sustituyendo los valores numéricos, resulta: Kps = 4 · (0,023)3 = 4,87 · 10–5.

= 0,065 M. El equilibrio de solubilidad que se produce es el siguiente:  CH3—COO–(aq) + Ag+(aq) CH3—COO Ag(s)  La constante del producto de solubilidad viene dada por: Kps = [CH3—COO–] [Ag+]. Sustituyendo los valores numéricos, resulta: Kps = s2 = 0,06652 = 4,42 · 10–3. b) Si consideramos que la disolución es 0,2 M en nitrato de plata, hay que tener en cuenta que esta sal es un electrolito fuerte totalmente disociado: AgNO3 (aq) → Ag+(aq) + NO–3 (aq). Las concentraciones de los iones que intervienen en la solubilidad del acetato de plata serán: [CH3— COO–] = s'; [Ag+] = s' + 0,2. Por tanto, en este caso, la expresión de la constante del producto de solubilidad será: Kps = 4,42 · 10–3 = = s'(s' + 0,2). Resolviendo la ecuación anterior, se obtiene: s' = 0,02 M. Se observa que s' < s y, por tanto, que la solubilidad del acetato de plata será menor en este caso, como consecuencia del efecto del ion común.

b) La concentración de hidróxido es: [OH–] = = 2s = 0,046 M. Así pues: pOH = –log 0,046 = = 1,34. Por consiguiente: pH = 14 – pOH = 14 – 1,34 = 12,66.

5. La solubilidad del hidróxido de hierro (II) en agua pura a 298 K es de 73,73 · 10–5 g/l. Calcular a esta temperatura:

4. La solubilidad del acetato de plata a 298 K es de 11,1 g/l. Calcular a esta temperatura:

b) Indicar si el hidróxido de hierro (II) precipitará al añadir 10–3 g de cloruro de hierro (II) a 1 litro de una disolución de pH = 6.

a) El producto de solubilidad del acetato de plata. b) La solubilidad del acetato de plata en una disolución de nitrato de plata 0,2 M. RESOLUCIÓN: a) En este caso, la solubilidad molar de la sal es: 11,1 g CH3—COO Ag 1 mol CH3—COO Ag s = ––––––––––––––––– · ––––––––––––––––– = l 167 g CH3—COO Ag

a) El producto de solubilidad del hidróxido de hierro (II).

RESOLUCIÓN: a) Para calcular la solubilidad molar es necesario conocer previamente la masa molar del hidróxido de hierro II), que es 90 g/mol. Así pues: 73,73 · 10–5 g 1 mol s = ––––––––––––– · –––––– = 8,2 · 10–6 M l 90 g El equilibrio de solubilidad que se establece es el siguiente:

813

 Fe2+(aq) + 2 OH–(aq) Fe(OH)2 (s)  Inicio s – – Equilibrio 0 s 2s siendo s la solubilidad molar del hidróxido de hierro (II). Todo el hidróxido de hierro (II) disuelto se disocia, ya que las sales son electrolitos fuertes. Por tanto, se tendrá: Kps = [Fe2+] [OH–]2 = = (2s)2 · s = 4s3. Sustituyendo los valores numéricos, resulta: 3

–6 3

–15

Kps = 4s = 4 · (8,2 · 10 ) = 2,2 · 10 . b) El cloruro de hierro (II) es soluble y se disocia totalmente: FeCl2 (aq) → Fe2+(aq) + 2 Cl–(aq). La concentración de [Fe2+] disuelto será: 10–3 g FeCl 1 mol FeCl 1 mol Fe2+ [Fe2+] = ––––––––––2 · ––––––––––2 · ––––––––– = l 127 g FeCl2 1 mol FeCl2 = 7,87 · 10–6 M Como pH = 6, pOH = 14 – pH = 14 – 6 = 8. Ahora bien, por definición, pOH = –log [OH–], es decir, 8 = –log [OH–]. Por tanto: [OH–] = 10–8 M. Así pues, únicamente se obtendrá precipitado si Q > Kps. Q = [Fe2+] [OH–]2 = 7,87 · 10–6 · (10–8)2 = = 7,87 · 10–22. En este caso, Q < Kps. Por consiguiente, no se producirá la precipitación del hidróxido de hierro (II).

6. A 25 °C, la constante del producto de solubilidad del hidróxido de manganeso (II) es 2,0 · 10–11. a) Calcular la solubilidad del hidróxido de manganeso (II) a dicha temperatura, expresada en mg/l. b) Calcular el pH de una disolución saturada de hidróxido de manganeso (II) a la temperatura indicada. RESOLUCIÓN: a) En primer lugar calcularemos la solubilidad molar, s:  Mn2+(aq) + 2 OH–(aq) Mn(OH)2 (s)  Equilibrio s s

814

La constante del producto de solubilidad adoptará la expresión: Kps = [Mn2+] [OH–]2 = s · (2s)2 = 4 s3 = 2 · 10–11. Así, resolviendo la ecuación anterior, se obtiene: s = 1,71 · 10–4 M. Para expresar la solubilidad en mg/l, procederemos del siguiente modo: g 103 mg mol s = 1,71 · 10–4 –––– · 88,9 –––– · –––––– = 15,2 mg/l. l mol 1g b) Teniendo en cuenta que [OH–] = 2s, siendo s la solubilidad molar, se obtiene la siguiente concentración de hidróxido: [OH–] = 3,42 · 10–4 M. De la definición de pOH = –log [OH–], sustituyendo, resulta: pOH = –log (3,42 · 10–4) = 3,47. Por tanto: pH = 14 – pOH = 14 – 3,47 = 10,53 > 7. Es decir, se trata de un pH básico.

7. A 25 °C, la constante del producto de solubilidad del fluoruro de plomo (II) es 4 · 10–8. a) Calcular la solubilidad del fluoruro de plomo (II) en agua pura a 25 °C, expresada en mg/l. b) Indicar si se formará precipitado de fluoruro de plomo (II) al mezclar, a 25 °C, 50 ml de disolución 0,02 M de nitrato de plomo (II) y 50 ml de disolución 0,01 M de fluoruro de potasio. RESOLUCIÓN: a) En primer lugar, calcularemos la solubilidad molar a partir del equilibrio:

Equilibrio

 Pb2+(aq) + 2 F–(aq) PbF2 (s)  s s

La constante del producto de solubilidad adoptará la expresión: Kps = [Pb2+] [F–]2 = s · (2s)2 = 4 s3 = 4 · 10–8. Resolviendo seguidamente la ecuación anterior, se obtiene: s = 2,154 · 10–3 M. Para expresar la solubilidad en mg/l, procederemos del siguiente modo:

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

g mol 103 mg s = 2,154 · 10–3 –––– · 245,2 –––– · –––––––– = l mol 1g = 528,16 mg/l. b) Calcularemos la concentración de los iones en la mezcla: 0,02 · 0,05 [Pb2+] = ––––––––– = 0,01 M; 0,1 0,01 · 0,05 [F–] = ––––––––– = 0,005 M. 0,1 A continuación determinaremos si se supera (precipita) o no (no precipita) el valor de la constante del producto de solubilidad. El cociente de reacción Q vale: Q = [Pb2+] [F–]2 = 0,01 · (0,005)2 = = 2,5 · 10–7 > Kps. Puesto que se supera el valor del producto de solubilidad, los iones no pueden estar en disolución con esta concentración y, por tanto, precipita el fluoruro de plomo (II).

8. El hidróxido de magnesio tiene una constante del producto de solubilidad a 25 °C de 1,0 · 10–10. Calcular: a) La solubilidad del hidróxido de magnesio en mg/ml. b) El pH de una disolución saturada de hidróxido de magnesio. RESOLUCIÓN: a) En primer lugar, calcularemos la solubilidad molar a partir del equilibrio:  Mg2+(aq) + 2 OH–(aq) Mg(OH)2 (g)  Equilibrio s 2s La constante del producto de solubilidad adoptará la expresión: Kps = [Mg2+] [OH–]2 = s · (2s)2 = 4 s3 = 10–10. Resolviendo la ecuación anterior, se obtiene: s = 2,924 · 10–4 M. Para expresar la solubilidad en mg/ml, procederemos del siguiente modo:

g mg mol s = 2,924 · 10–4 ––––– · 58,3 ––––– · 103 ––––– · l mol g 1l · –––––– = 0,017 mg/ml. 103 ml b) Sabiendo que [OH–] = 2s, siendo s la solubilidad molar, se obtiene la siguiente concentración de hidróxido: [OH–] = 5,848 · 10–4 M. De la definición de pOH = –log [OH–], sustituyendo, resulta: pOH = –log (5,848 · 10–4) = 3,23. Por tanto: pH = 14 – pOH = 14 – 3,23 = 10,77 > 7. Es decir, se trata de un pH básico.

9. A 25 °C, se disuelven en agua 0,148 g de yoduro de plomo (II) y se obtienen 250 ml de una solución saturada de esta sal. Calcular la constante del producto de solubilidad del yoduro de plomo a 25 °C. RESOLUCIÓN: En 250 ml de disolución acuosa saturada, tenemos disueltos: 0,148 g PbI2 1 mol PbI2 ––––––––––– · –––––––––– = 1,28 · 10–3 M. 0,25 l 461 g PbI2 El equilibrio de solubilidad que se establece es el siguiente:  Pb2+(aq) + 2 I–(aq) PbI2(s)  Inicial Equilibrio

s –

0 s

0 2s

La expresión de la constante del producto de solubilidad del yoduro de plomo es: Kps = [Pb2+] · [I–]2 = = s · (2s)2 = 4 s3. Sustituyendo los valores numéricos se obtiene: Kps = 4 (1,28 · 10–3)3 = 8,39 · 10–9.

815

DESCRIPTIVA DE LOS PRINCIPALES ELEMENTOS REPRESENTATIVOS 1. Calcular los kg de carbono que se pueden obtener a partir de 1.000 kg de carbonato de calcio, si el rendimiento del proceso es de un 30 %. RESOLUCIÓN: El carbonato de calcio, como todos los carbonatos, a elevadas temperaturas se descompone del modo siguiente: ∆ CaCO3 → CO2 + CaO.

RESOLUCIÓN: Un mol de cualquier gas ocupa un volumen de 22,4 litros en condiciones normales de presión y temperatura. Por tanto, se tiene: 1 mol H2 1,596 l H2 en c.n. · –––––––––––––– = 22,4 l H2 en c.n. = 0,07125 moles de H2. A continuación calcularemos la cantidad de hidrógeno que se produce de acuerdo con la ecuación igualada correspondiente al proceso: Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2.

El proceso puede continuar: ∆ CO2 → C + O2. De este modo, la relación molar correspondiente a la totalidad del proceso es: 1 mol de carbonato de calcio  1 mol de dióxido de carbono  1 mol de carbono. Para calcular los gramos de carbono, necesitaremos determinar la masa molar del carbonato de calcio, que es de 100 g/mol. Así pues, se tiene: 1 mol CaCO3 1 mol CO2 106 g CaCO3 · –––––––––––– · –––––––––––– · 100 g CaCO3 1 mol CaCO3 1 mol C 12 g carbono · –––––––––– · ––––––––––––– = 120.000 g C = 1 mol CO2 1 mol carbono = 120 kg de carbono teóricos. Como el rendimiento es del 30 %, resulta: 30 kg C reales 120 kg C teóricos · ––––––––––––––– = 100 kg C teóricos = 36 kg de carbono.

2. 1,5 gramos de una aleación de cinc y aluminio se tratan con un exceso de ácido sulfúrico y se liberan 1,596 litros de hidrógeno en condiciones normales. Calcular el porcentaje de cinc y de aluminio que contiene dicha aleación.

816

A partir de x gramos de Zn, se obtienen: 1 mol Zn 1 mol H2 x g Zn · –––––––––– · –––––––––– = 65,4 g Zn 1 mol Zn = 0,0153 x moles de H2. En el caso de la reacción con el aluminio se tiene: 2 Al + 3 H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3 H2 A partir de (1,5 – x) gramos de Al se obtienen: 1 mol Al 3 moles H2 (1,5 – x) g Al · ––––––––– · ––––––––––– = 27 g Al 2 moles Al = 0,0833 – 0,0556 x moles de H2. Por tanto, el número total de moles de hidrógeno formados es: 0,0833 – 0,0556x + 0,0153x = = 0,0833 – 0,0403x moles de H2. Ahora bien, los moles de hidrógeno procedentes de las dos reacciones han de coincidir con el número total de moles de hidrógeno obtenidos. Por tanto: 0,07125 = 0,0833 – 0,0403x. Resolviendo esta ecuación se obtiene: x = 0,30 gramos de Zn y, por diferencia, 1,5 – 0,30 = 1,2 gramos de Al. Los porcentajes de Al y Zn en la mezcla serán: 1,2 g 0,30 g Al = ––––– · 100 = 80 %; Zn = ––––– · 100 = 20 %. 1,5 g 1,5 g

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

3. Una muestra de 0,997 g de una mezcla de carbonato de sodio anhidro y de carbonato de potasio anhidro se trata con un ligero exceso de ácido clorhídrico diluido. La disolución resultante se evapora totalmente y el residuo obtenido pesa 1,090 g. Calcular la composición de la muestra original. RESOLUCIÓN: En primer lugar, estableceremos las ecuaciones correspondientes a los procesos que tienen lugar: Na2CO3 + 2 HCl → 2 NaCl + CO2↑ + H2O K2CO3 + 2 HCl → 2 KCl + CO2↑ + H2O Para calcular la cantidad de cloruro de sodio que se obtiene de la primera ecuación es necesario conocer las masas molares del carbonato de sodio y del cloruro de sodio, que son, respectivamente, 106 g/mol y 58,5 g/mol. Si consideramos que la muestra inicial contiene x gramos de carbonato de sodio, resulta: 1 mol Na2CO3 2 mol NaCl · –––––––––––– · x g Na2CO3 · –––––––––––––– 106 g Na2CO3 1 mol Na2CO3 58,5 g NaCl · ––––––––––– = 1,104 x gramos NaCl. 1 mol NaCl Análogamente, para calcular la cantidad de cloruro de potasio que se obtiene de la segunda ecuación es necesario conocer las masas molares del carbonato de potasio y del cloruro de potasio, que son, respectivamente, 138 g/mol y 74,5 g/mol. Si consideramos que la muestra inicial contiene y gramos de carbonato de potasio, resulta: 1 mol K2CO3 2 moles KCl · –––––––––––– · y g K2CO3 · –––––––––––– 138 g K2CO3 1 mol K2CO3 74,5 g KCl · ––––––––––– = 1,080 y gramos K Cl. 1 mol KCl La suma de las masas de cloruros obtenidos ha de coincidir con la cantidad indicada en el enunciado. Por tanto, se tiene: 1,104 x + 1,080 y = = 1,090 (1). Ahora bien, la muestra inicial está

formada por x + y = 0,997 (2). Resolviendo el sistema de ecuaciones constituido por (1) y (2) se obtiene: x = 0,552 g de carbonato de sodio; y = 0,445 g de carbonato de potasio.

4. Se calientan 5 g de carbonato de calcio y se obtienen 2 g de óxido de calcio y se libera dióxido de carbono. Calcular: a) El porcentaje en peso de carbonato de calcio que se ha transformado en óxido de calcio. b) El volumen de dióxido de carbono que se ha desprendido a 25 °C y 1 atm de presión. RESOLUCIÓN: a) La ecuación correspondiente al proceso de descomposición es la siguiente: ∆ CaCO3 (s) → CaO(s) + CO2 (g). Para efectuar los cálculos estequiométricos necesitamos conocer previamente las masas molares del carbonato de calcio y del óxido de calcio, que son, respectivamente, 100 g/mol y 56 g/mol. Calcularemos los gramos de óxido de calcio que se obtendrían a partir de los 5 gramos de carbonato de calcio: 1 mol CaCO3 1 mol CaO · –––––––––––– · 5 g CaCO3 · –––––––––––– 100 g CaCO3 1 mol CaCO3 56 g CaO · ––––––––––– = 2,8 g CaO. 1 mol CaO El rendimiento del proceso es: gramos obtenidos –––––––––––––––– · 100. gramos teóricos Sustituyendo los valores numéricos, resulta: 2 g CaO reales Rendimiento = ––––––––––––––– · 100 = 71,43 % 2,8 g CaO teóricos b) A partir de la cantidad de óxido de calcio obtenido determinaremos los moles de dióxido de carbono que se han formado:

817

1 mol CaO 1 mol CO2 2 g CaO · –––––––––– · –––––––––– = 56 g CaO 1 mol CaO = 0,036 moles de CO2. Aplicando la ecuación de estado de los gases ideales: nRT P V = n R T, despejando resulta: V = ––––––. P Sustituyendo los valores numéricos: J 0,036 mol · 8,31 ––––––– · 298 K K · mol V = ––––––––––––––––––––––––––––– = 1,01 · 105 Pa 1000 litros = 0,883 litros. = 8,83 · 10–4 m3 · –––––––––– 1 m3

5. En la construcción aeronáutica se utiliza una aleación de magnesio y aluminio denominada magnalio. Al reaccionar 4 g de dicha aleación con un exceso de ácido clorhídrico, se obtuvieron 4,72 litros de hidrógeno, medidos a 1 atm y a 0 °C. Calcular el porcentaje de magnesio presente en el magnalio. RESOLUCIÓN: En primer lugar, estableceremos las dos ecuaciones que tienen lugar: Mg + 2 HCl → MgCl2 + H2 2 Al + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2 Aplicando la ecuación de estado de los gases ideales: PV P V = n R T, y despejando n = –––––, RT se puede calcular el número de moles de hidrógeno que se forman. Sustituyendo los valores numéricos, se obtiene: 1 · 105 Pa · 4,72 · 10–3 m3 n = ––––––––––––––––––––– = J 8,31 ––––––– · 273 K K · mol = 0,208 moles de H2.

818

A continuación, calcularemos los moles de hidrógeno que corresponden a ambas reacciones a partir de x gramos de Mg y de (4 – x) gramos de Al: 1 mol Mg 1 mol H2 x g Mg · –––––––––– · ––––––––– = 24,3 g Mg 1 mol Mg = 0,0412x moles H2 1 mol Al 3 moles H2 (4 – x) g Al · ––––––––– · ––––––––––– = 27 g Al 2 moles Al = (0,2222 – 0,0556x)moles H2 Esta cantidad de moles ha de coincidir con los moles totales de hidrógeno formados. Así, se tiene: 0,208 = 0,0412x + (0,2222 – 0,0556x). Resolviendo la ecuación anterior se obtiene: x = 1 gramo de Mg; (4 – x) = 4 – 1 = 3 gramos de Al. Por tanto, el porcentaje de magnesio en el magnalio será: 1 g Mg ––––––– · 100 = 25 % de Mg. 4g

6. El carbonato de magnesio constituye el mineral denominado magnesita. Al calentarlo a temperatura elevada se descompone en óxido de magnesio y dióxido de carbono. Calcular la masa de magnesita, que contiene un 90 % de carbonato de magnesio, que se necesita para obtener 10,0 g de óxido de magnesio, si el rendimiento del proceso es del 80 %. RESOLUCIÓN: La ecuación correspondiente al proceso que tiene lugar es la siguiente: ∆ MgCO3 → MgO + CO2↑. Las masas molares del óxido de magnesio y del carbonato de magnesio son, respectivamente 40,3 g/mol y 84,3 g/mol. Así pues, teniendo en cuenta la estequiometría del proceso, resulta: 1 mol MgO 1 mol MgCO3 10,0 g MgO · ––––––––––– · ––––––––––––– · 40,3 g MgO 1 mol MgO 100 g magnesita 84,3 g MgCO3 · ––––––––––––– · ––––––––––––––– · 1 mol MgCO3 90 g MgCO3 100 g reales · –––––––––––– = 29 g. 80 g teóricos

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

METALURGIA 1. a) Calcular la masa de cinc que se puede obtener a partir de una tonelada de blenda de un 40 % de riqueza. b) Calcular el volumen de dióxido de azufre en condiciones normales que se desprende en el proceso de tostación. RESOLUCIÓN: a) La reacción que se produce en el proceso de tostación es la siguiente: 2 ZnS + 3 O2 → 2 SO2 + 2 ZnO La masa de sulfuro de cinc que contiene 1 tonelada de blenda es: 1.000 kg blenda 1 tonelada blenda · –––––––––––––––– · 1 tonelada blenda 40 kg ZnS · ––––––––––––– = 400 kg ZnS 100 kg blenda El cinc se obtiene por reducción del óxido de cinc producido en el proceso de tostación:

2. Se prepararon 25 g de manganeso por aluminotermia de una pirolusita (dióxido de manganeso) del 50 % de riqueza. Calcular la cantidad de pirolusita empleada en la aluminotermia. RESOLUCIÓN: En la aluminotermia de la pirolusita tiene lugar la siguiente reacción de reducción: 3 MnO2 + 4 Al → 3 Mn + 2 Al2O3 Para obtener 25 gramos de manganeso, se precisaría: 1 mol Mn 3 moles MnO2 25 g Mn · –––––––––– · –––––––––––––– · 54,9 g Mn 3 moles Mn 86,9 g pirolusita · ––––––––––––––– = 39,57 g de pirolusita pura. 1 mol MnO2 Por tanto, la cantidad de pirolusita impura necesaria es: 100 g impura 39,57 g pura · –––––––––––– = 50 g pura = 79, 14 g de pirolusita impura.

ZnO + CO → CO2 + Zn Así pues, la cantidad de Zn obtenida a partir de 1 tonelada de blenda es:

3. Calcular los gramos de nitrato de plata necesarios para fabricar una moneda de plata de 25 g cuya ley es del 90 %.

1.000 g ZnS 1 mol ZnS 400 kg ZnS · ––––––––––– · ––––––––––– · 1 kg ZnS 97,37 g ZnS 2 mol ZnO 1 mol Zn 65,37 g Zn · –––––––––– · –––––––––– · –––––––––– · 2 mol ZnS 1 mol ZnO 1 mol Zn 1 kg Zn · –––––––––– = 268,54 kg de Zn. 1.000 g Zn

RESOLUCIÓN: La cantidad de plata pura contenida en la moneda es: 25 g · 90 % = 22,5 gramos de plata. El nitrato de plata se obtiene a partir de la plata mediante el siguiente proceso:

b) Análogamente, el volumen de dióxido de azufre obtenido en condiciones normales será: 1.000 g ZnS 1 mol ZnS 400 kg ZnS · ––––––––––– · ––––––––––– · 1 kg ZnS 97,37 g ZnS 22,4 l (c.n.) 2 moles SO2 · –––––––––––– · –––––––––––  2 moles ZnS 1 mol SO2  92.000 litros SO2 (c.n.)

4 HNO3 + 3 Ag → 3 AgNO3 + NO + 2 H2O Así pues, a partir de 22,5 gramos de plata pura se podrán obtener: 1 mol Ag 3 moles AgNO3 22,5 g Ag · ––––––––––– · –––––––––––––– · 107,87 g Ag 3 moles Ag 169,87 g AgNO3 · ––––––––––––––– = 35,43 g de nitrato de plata. 1 mol AgNO3

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4. Un mineral de galena con ganga de cuarzo tiene una densidad de 4,9 g/cm3, siendo la densidad de la galena 7,58 g/cm3 y la del cuarzo 2,65 g/cm3. Calcular la cantidad de plomo que puede obtenerse teóricamente a partir de una tonelada de dicho mineral.

5. Para determinar la riqueza de una muestra de cinc impuro se toman 50 g y se tratan con una disolución clorhídrica de densidad 1,18 g/cm3 y 35 % de riqueza en peso y se gastan 129 ml de dicha disolución. Calcular el porcentaje de cinc contenido en la muestra.

RESOLUCIÓN: Primero calcularemos la cantidad de galena presente en el mineral, hallando la composición centesimal. Supongamos que el mineral contiene un x % de galena y, por tanto, un (100 – x)% de cuarzo. La densidad del mineral vendrá dada por la expresión: x Densidad del mineral = densidad galena · –––– + 100 100 – x + densidad cuarzo · –––––––. 100 Sustituyendo los valores numéricos del enunciax 100 – x do, resulta: 4,9 = 7,58 · –––– + 2,65 · –––––––. 100 100 225 Despejando, se obtiene: x = ––––– = 45,641% de 4,93 galena. Por tanto, la galena contenida en una tonelada de mineral será:

RESOLUCIÓN: En primer lugar, calcularemos la cantidad de ácido clorhídrico que ha reaccionado con la muestra de cinc impuro: 1,18 g disolución 35 g HCl 129 ml · ––––––––––––––– · –––––––––––––– · ml 100 g disolución 1 mol HCl · ––––––––––– = 1,4616 moles HCl. 36,45 g HCl La reacción que tiene lugar entre el cinc y el ácido clorhídrico es la siguiente: Zn + 2 HCl → ZnCl2 + H2 Así pues, a partir de la relación estequiométrica anterior resulta:

1.000 kg mineral 45,641 kg galena 1 tonelada · ––––––––––––– · ––––––––––––––– = 1 tonelada 100 kg mineral = 456,4 kg de galena.

1 mol Zn 65,37 g Zn 1,4616 moles HCl · ––––––––––– · –––––––––– = 2 moles HCl 1 mol Zn

El plomo se obtiene a partir de la galena por tostación y posterior reducción, de acuerdo con las reacciones siguientes:

Por consiguiente, el porcentaje de cinc contenido en la muestra será:

2 PbS + 3 O2 → 2 PbO + 2 SO2 PbO + CO → Pb + CO2. Así, la cantidad de plomo que podrá obtenerse a partir de 456,4 kg de galena será la siguiente: 1.000 g PbS 1 mol PbS 456,4 kg galena · ––––––––––– · –––––––––––– · 1 kg galena 239,19 g PbS 2 moles PbO 1 mol Pb 207,19 Pb · –––––––––––– · –––––––––– · –––––––––– · 2 moles PbS 1 mol PbO 1 mol Pb g 1 k Pb · –––––––––– = 395,34 kg Pb. 1.000 g Pb

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= 47,77 g Zn.

47,77 g Zn –––––––––––– · 100 = 95,54%. 50 g muestra

6. Calcular los gramos de cal viva (CaO) obtenidos en la calcinación de una tonelada de calcita del 80 % de riqueza en carbonato de calcio si el rendimiento de la operación es del 90 %. RESOLUCIÓN: La masa de carbonato de calcio contenida en una tonelada de calcita es:

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

1.000 kg calcita 1 tonelada de calcita · –––––––––––––––––– · 1 tonelada de calcita 80 kg CaCO3 · ––––––––––––– = 100 kg calcita = 800 kg de carbonato de calcio. La reacción de calcinación del carbonato de calcio es la siguiente: ∆ CaCO3 → CO2 + CaO. La cantidad teórica de óxido de calcio que se obtendría en el proceso sería: 1.000 g CaCO3 1 mol CaCO3 800 kg CaCO3 · ––––––––––––– · ––––––––––– · 1 kg CaCO3 100 g CaCO3 1 mol CaO 56 g CaO 1 kg CaO · –––––––––––– · –––––––––– · ––––––––––– = 1 mol CaCO3 1 mol CaO 1.000 g CaO = 448 kg CaO. Pero, como el rendimiento del proceso es del 90 %, la cantidad de óxido de calcio que se obtiene realmente es:

En el primer caso, se tiene: 1 mol Mg 1 mol H2 x g Mg · ––––––––––– · –––––––––– · 24,31 g Mg 1 mol Mg 22,4 l H2 (c.n.) 1.000 ml H2 (c.n.) · –––––––––––––– · –––––––––––––––– = 1 mol H2 1 l H2 (c.n.) = 921,43x ml de H2 (c.n.). En el segundo caso resulta: 1 mol Al 3 moles H2 (0,5 – x) g Al · ––––––––––– · ––––––––––– · 26,98 g Al 2 moles Al 22,4 l H2 (c.n.) 1.000 ml H2 (c.n.) · –––––––––––––– · –––––––––––––––– = 1 mol H2 1 l H2 (c.n.) = (622,68 – 1.245,37x) ml de H2 (c.n.). Ahora bien, la suma de los volúmenes de hidrógeno desprendidos en ambos procesos debe coincidir con el volumen total de hidrógeno desprendido en el ataque, es decir, 602,4 ml. Por tanto, se tiene: 921,43x + (622,68 – 1.245,37x) = 602,4. Resolviendo la ecuación precedente se obtiene: x = 0,063 g Mg. Por consiguiente:

448 kg · 90 % = 403,2 kg de óxido de calcio = = 403 200 g de CaO.

(0,5 – x) = 0,5 – 0,063 = 0,437 g Al.

7. Al tratar 0,5 g de una aleación de magnesio y aluminio con ácido clorhídrico se desprenden 602,4 ml de hidrógeno medidos en condiciones normales. Calcular las cantidades de cada metal que contiene dicha aleación.

8. Cuando un trozo de hierro de 10 g se expone a la intemperie su masa aumenta en 0,5 g. Suponiendo que únicamente se haya formado óxido de hierro (III) en el proceso de oxidación, calcular la masa de hierro que quedará sin oxidar.

RESOLUCIÓN: Supongamos que la aleación contiene x gramos de Mg y (0,5 – x) gramos de Al. Los volúmenes de hidrógeno desprendidos al ser atacados ambos metales por el ácido clorhídrico se podrán determinar a partir de sus ecuaciones respectivas:

RESOLUCIÓN: La reacción correspondiente al proceso de oxidación del hierro es: 4 Fe + 3 O2 → 2 Fe2O3. Como el enunciado nos indica que no toda la masa de hierro se ha oxidado, supondremos que x gramos de hierro se han oxidado y, por tanto, (10 – x) gramos de hierro han quedado sin oxidarse. La cantidad de óxido de hierro (III) que se ha obtenido a partir de la oxidación de x gramos de hierro es la siguiente:

Mg + 2 HCl → MgCl2 + H2 2 Al + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2.

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1 mol Fe 2 moles Fe2O3 x g Fe · –––––––––– · ––––––––––––– · 55,85 g Fe 4 moles Fe 159,7 g Fe2O3 · –––––––––––––– = 1,4297x g Fe2O3. 1 mol Fe2O3 Al finalizar el proceso, la suma de las masas del óxido de hierro (III) formado y del hierro que no ha reaccionado deberá coincidir con la masa final, que es de 10,5 gramos. Así pues, tendremos: 1,4297x + 10 – x = 10,5. Resolviendo la ecuación precedente, se obtiene: x = 1,164 gramos de hierro que se han oxidado. Por consiguiente: (10 – x) = 10 – 1,164 = 8,836 gramos es la masa de hierro que no ha reaccionado.

MÉTODOS DE LA QUÍMICA ANALÍTICA 1. Un ácido desconocido se valora frente al carbonato de sodio puro y anhidro. 0,2360 g de carbonato de sodio precisan para su total neutralización 22,15 ml del ácido. Calcular la normalidad del ácido. RESOLUCIÓN: La reacción que tiene lugar en este caso es: 2 HA + Na2CO3 → CO2 + H2O + 2 NaA siendo HA la fórmula representativa del ácido desconocido. En primer lugar, calcularemos el número de moles de carbonato de sodio que han reaccionado: 1 mol Na2CO3 0,2360 g Na2CO3 · ––––––––––––– = 106 g Na2CO3 = 2,226 · 10–3 moles de carbonato de sodio. En el caso de una sal, el número de equivalentes-gramo se calcula multiplicando el número de moles por el producto obtenido al multiplicar el número de cationes por su carga o bien el número de aniones por su carga. Es decir, en el caso que nos ocupa, 1 mol de carbonato de sodio es igual a 2 equivalentes-gramo, ya que hay que multiplicar el número de moles de carbonato de sodio (1) por el producto del número de cationes Na+ (2) por la carga de cada catión Na+ (1). Así pues, 1 mol de

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carbonato de sodio = 1 · (2 · 1) = 2 equivalentesgramo. El resultado que se obtiene es el mismo si se multiplica el número de moles de carbonato de sodio (1) por el producto del número de aniones carbonato (1) por la carga de cada anión carbonato (2). En efecto, se obtiene que 1 mol de carbonato de sodio = 1 · (1 · 2) = 2 equivalentes-gramo. Por tanto, se tiene que 2,226 · 10–3 moles de 2 equivalentes-g Na2CO3 carbonato de sodio · ––––––––––––––––––––– = 1 mol Na2CO3 = 0,004452 equivalentes-gramo de carbonato de sodio. Ahora bien, todos los procesos químicos tienen lugar reaccionando y formándose el mismo número de equivalentes-gramo de todas las sustancias que intervienen en el mismo. Por tanto, habrán reaccionado también 0,004452 equivalentes-gramo del ácido desconocido HA. Por definición, la normalidad N de una disolución es el cociente entre el número de equivalentes-gramo del soluto y el número de litros de disolución. En este caso, se tendrá: 0,004452 N = ––––––––––– = 0,2010 N. 22,15 · 10–3

2. Al valorar en frío con un ácido, los bicarbonatos son alcalinos frente al rojo o el anaranjado de metilo. Se disuelve en agua 1,000 g de una sustancia alcalina y se valora con un ácido 0,500 N. Calcular el volumen de ácido que se gasta si se emplea como indicador rojo de metilo en los casos siguientes: a) Si la sustancia es hidróxido de sodio. b) Si la sustancia es bicarbonato de sodio. c) Si la sustancia es carbonato de sodio. RESOLUCIÓN: a) La reacción que tiene lugar en este caso es la siguiente: NaOH + HA → NaA + H2O. En primer lugar, vamos a calcular el número de moles de NaOH presentes:

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

1 mol NaOH 1 g NaOH · –––––––––––– = 0,025 moles NaOH. 40 g NaOH En el caso de un hidróxido, el número de equivalentes-gramo se calcula multiplicando el número de moles por el número de grupos OH que posee. Es decir, en el caso que nos ocupa, 1 mol de hidróxido de sodio es igual a 1 equivalente-gramo, ya que hay que multiplicar el número de moles de hidróxido de sodio (1) por el número de grupos OH (1). Así pues, 1 mol de hidróxido de sodio = = 1 · 1 = 1 equivalente-gramo. Por tanto, se tiene que 0,025 moles de NaOH = 0,025 equivalentesgramo de NaOH. Como en todos los procesos químicos interviene el mismo número de equivalentes-gramo de todas las sustancias, se habrán gastado también 0,025 equivalentes-gramo del ácido HA. De la definición de normalidad, se tiene:

mo, ya que hay que multiplicar el número de moles de bicarbonato de sodio (1) por el producto del número de cationes Na+ (1) por la carga de cada catión Na+ (1). Así pues, 1 mol de carbonato de sodio = 1 · (1 · 1) = 1 equivalente-gramo. El resultado que se obtiene es el mismo si se multiplica el número de moles de bicarbonato de sodio (1) por el producto del número de aniones bicarbonato (1) por la carga de cada anión bicarbonato (1). Por tanto, se tiene que 0,0119 moles de bicarbonato de sodio son también 0,0119 equivalentes-gramo de bicarbonato de sodio. Como en todos los procesos químicos interviene el mismo número de equivalentes-gramo de todas las sustancias, se habrán gastado también 0,0119 equivalentes-gramo del ácido HA. De la definición de normalidad, se tiene:

número de equivalentes-gramo N = ––––––––––––––––––––––––––––. V (litros)

número de equivalentes-gramo N = –––––––––––––––––––––––––––. V (litro)

Despejando: V · N = número de equivalentesgramo. Sustituyendo los datos numéricos, resulta: V · 0,5 = 0,025. Despejando: 0,025 V = –––––– = 0,05 l = 50 ml. 0,5

Despejando: V · N = número de equivalentes-gramo. Sustituyendo los datos numéricos, resulta: V · 0,5 = 0,0119. Despejando:

b) En este caso, la reacción que tiene lugar es la siguiente:

0,0119 V = ––––––– = 0,0238 l = 23,80 ml. 0,5

NaHCO3 + HA → NaA + CO2 + H2O.

c) En este caso, la reacción correspondiente al proceso que tiene lugar es la siguiente:

En primer lugar calcularemos el número de moles de bicarbonato de sodio que reaccionan: 1 mol NaHCO3 1 g NaHCO3 · –––––––––––––– = 84 g NaHCO3 = 0,0119 moles de bicarbonato de sodio. Como el bicarbonato de sodio es una sal, el número de equivalentes-gramo se calcula multiplicando el número de moles por el producto obtenido al multiplicar el número de cationes por su carga o bien el número de aniones por su carga. Es decir, en el caso que nos ocupa, 1 mol de bicarbonato de sodio es igual a 1 equivalente-gra-

Na2CO3 + 2 HA → 2 NaA + CO2 + H2O En primer lugar calcularemos el número de moles de carbonato de sodio que reaccionan en el proceso: 1 mol Na2CO3 1 g Na2CO3 · –––––––––––––– = 0,009435 moles 106 g Na2CO3 de carbonato de sodio. Tal como se explicó anteriormente, 1 mol de carbonato de sodio es igual a 2 equivalentes-gramo. Así pues, 0,009435 moles de carbonato de sodio serán 2 · 0,009435 = = 0,01887 equivalentes-gramo de carbonato de sodio. Como en todos los procesos químicos interviene el mismo número de equivalentes-gramo de to-

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das las sustancias, se habrán gastado también 0,01887 equivalentes-gramo del ácido HA. De la definición de normalidad, se tiene: número de equivalentes-gramo N = –––––––––––––––––––––––––––. V (litros) Despejando: V · N = número de equivalentesgramo. Sustituyendo los datos numéricos, resulta: V · 0,5 = 0,01887. Despejando: 0,01887 V = –––––––– = 0,03774 l = 37,74 ml. 0,5

3. 20 ml de una disolución que contiene potasa cáustica y carbonato de potasio se valoran en frío con un ácido 0,2 N, factor 0,992. Empleando fenolftaleína como indicador, se gastan hasta decoloración del líquido 27,40 ml del ácido. Se agrega ahora rojo de metilo y el líquido se vuelve amarillo y, al continuar valorando hasta débil coloración rojiza se gastan 5,85 ml del ácido. Calcular la concentración de la disolución en hidróxido de potasio y en carbonato de potasio. RESOLUCIÓN: La primera valoración corresponde a la reacción de neutralización de la potasa cáustica (KOH) y a la reacción entre el carbonato de potasio y el ácido para producir bicarbonato de potasio, ya que el indicador utilizado ha sido fenolftaleína y, cuando la fenolftaleína se decolora, el pH del medio es todavía suficientemente alcalino para impedir el posterior ataque del ácido sobre el bicarbonato de potasio. Por consiguiente, las reacciones que tienen lugar son las siguientes: KOH + HA → KA + H2O K2CO3 + HA → KHCO3 + KA La segunda valoración corresponde al ataque del ácido sobre el bicarbonato de potasio formado en la reacción anterior, ya que, tal como indica el enunciado, se utiliza rojo de metilo como indicador y pasa de color amarillo (medio bási-

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co) a color rojizo (medio ácido). La reacción que se produce en este caso es la siguiente: KHCO3 + HA → KA + CO2 + H2O De la definición de normalidad, se deduce que V · N = número de equivalentes-gramo de ácido. Sustituyendo los valores numéricos, se obtiene para la primera valoración: Equivalentes-gramo de ácido = 27,40 · 10–3 · 0,2 · 0,992 = 0,005436. Para la segunda valoración, resulta: Equivalentes-gramo de ácido = 5,85 · 10–3 · 0,2 · 0,992 = 0,001162. Ahora bien, como el número de equivalentesgramo ha de ser el mismo en cualquier reacción, en la segunda valoración también habrán reaccionado 0,001162 equivalentes-gramo de bicarbonato de potasio, que a su vez, provienen de 0,001162 equivalentes-gramo de carbonato de potasio que han reaccionado en la primera valoración. Por tanto, estos 0,001162 equivalentesgramo de carbonato de potasio habrán reaccionado con 0,001162 equivalentes-gramo de ácido en la primera valoración y, por tanto, el ácido total gastado para valorar totalmente el carbonato de potasio será: 2 · 0,001162 = 0,002324 equivalentes-gramo, que corresponderá asimismo al número total de equivalentes-gramo de carbonato de potasio que había al principio. Pero como en la primera valoración se ha gastado un total de 0,005436 equivalentes-gramo de ácido, en la neutralización del hidróxido de potasio se habrán gastado: 0,005436 – 0,001162 = 0,004274 equivalentes-gramo de ácido, que coincidirán también con los equivalentes-gramo de hidróxido de potasio que había inicialmente. En el caso del carbonato de potasio, 1 mol = 2 equivalentesgramo, por tratarse de una sal con dos cationes potasio de carga uno mientras que en el caso del hidróxido de potasio, 1 mol = 1 equivalente-gramo, por tratarse de un hidróxido con un grupo OH. Por tanto, inicialmente había 0,002324: 2 = = 0,001162 moles de carbonato de potasio y 0,004274: 1 = 0,004274 moles de hidróxido de potasio. Las concentraciones respectivas eran: Carbonato de potasio:

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

0,001162 moles K2CO3 138 g K2CO3 –––––––––––––––––––– · –––––––––––– · 20 ml 1 mol K2CO3 1.000 mol · ––––––––– = 8,02 g/l 1l Hidróxido de potasio: 0,004274 moles KOH 56 g KOH –––––––––––––––––––– · –––––––––– · 20 ml 1 mol KOH 1.000 ml · ––––––––– = 12 g/l 1l

4. Para determinar el calcio presente en un agua mineral, se precipita como oxalato de calcio monohidrato, mediante oxalato de amonio a ebullición en presencia de cloruro de amonio. El oxalato de calcio se filtra, se lava cuidadosamente, se disuelve después en ácido sulfúrico y se valora con permanganato 0,1 N, factor 1,012. Partiendo de 100 ml de agua mineral se gastan 13,95 ml de permanganato. Calcular el contenido del agua en calcio, determinándolo como ion Ca2+ y como óxido de calcio. RESOLUCIÓN: Las reacciones químicas igualadas correspondientes a los procesos que tienen lugar son las siguientes: Ca2+ + (NH4)2C2O4 + H2O → → CaC2O4 · H2O + 2 NH+4 CaC2O4 · H2O + H2SO4 → → CaSO4 + H2C2O4 + H2O En primer lugar, determinaremos el número de equivalentes-gramo de permanganato que se han gastado en la valoración: número de equivalentes-gramo = V · N = equivalentes-g = 0,01395 litros · 0,1 ––––––––––––– · 1,012 = l = 0,00141174. Este número de equivalentes-gramo, coincidirá también con los equivalentes-gramo de oxalato

de calcio y, por tanto, con los de Ca2+. Ahora bien, en el caso de un catión, el número de equivalentes-gramo coincide con el número de moles multiplicado por la carga del catión. Es decir, en el caso del catión Ca2+, 1 mol = 1 · 2 = 2 equivalentes-gramo. Así pues, efectuando los cálculos estequiométricos correspondientes se obtiene: 0,0014117 equivalentes-gramo 1 mol Ca2+ 40 g Ca2+ Ca2+ · –––––––––––––––––––––– · –––––––––– = 2+ 2 equivalentes-gramo Ca 1 mol Ca2+ = 0,0283 gramos de Ca2+. Pero como esta cantidad de Ca2+ está disuelta en 100 ml, la concentración será: 0,0283 g Ca2+ 1.000 ml ––––––––––––– · –––––––– = 0,283 g/l. 100 ml 1l Si se quiere expresar la concentración en forma de óxido de calcio se procederá del modo siguiente: g Ca2+ 1 mol Ca2+ 1 mol CaO 0,283 ––––––– · –––––––––– · ––––––––––– · 2+ l 40 g Ca 1 mol Ca2+ 56 g CaO · –––––––––– = 0,396 g/l. 1 mol CaO

5. Se prepara una disolución especial de dicromato de potasio para valorar el hierro de sus menas. El mineral se disuelve en ácido clorhídrico concentrado, se diluye, se reduce el hierro (III) a hierro (II), se elimina el exceso de reductor y se oxida el hierro (II) a hierro (III) con el dicromato. Calcular la concentración de la disolución de dicromato de manera que partiendo de 1 g del mineral, 1 ml de la disolución corresponda a un 1% de hierro. RESOLUCIÓN: En primer lugar, escribiremos las reacciones químicas correspondientes a la serie de procesos efectuados: 2 Fe + 6 HCl → 2 FeCl3 + 3 H2 Fe3+ → Fe2+

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14 H+ + K2Cr2O7 + 6 Fe2+ → → 2 Cr3+ + 6 Fe3+ + 7 H2O + 2 K+ A partir de 1 g de mineral tendremos: 1 g · 1% = = 0,01 g de hierro. Calculemos el número de moles de Fe3+ en que se transforma: 1 mol Fe 2 moles Fe3+ 0,01 g Fe · ––––––––– · ––––––––––– = 55,8 g Fe 2 moles Fe

6. Se analiza una mezcla de arsenito y arseniato. Se disuelven 0,500 g de la mezcla y en medio neutro se valora con yodo 0,1 N, necesitándose 20,95 ml. La disolución resultante se acidifica fuertemente, se añade yoduro de potasio y el yodo liberado se valora con tiosulfato 0,1 N. Se gastan 48,35 ml de tiosulfato. Calcular la proporción de arsenito y arseniato en la muestra, calculados como As2O3 y As2O5, respectivamente.

= 1,792 · 10–4 moles Fe3+. A continuación vamos a determinar el número de equivalentes-gramo de Fe(II) que se obtienen en el proceso de reducción de Fe(III) a Fe(II). En un proceso redox, el número de equivalentesgramo de una sustancia coincide con el número de moles por el número de electrones transferidos en el proceso. En el caso de la oxidación del Fe(II) a Fe(III) se tiene que 1 mol = 1 · 1 = 1 equivalente-gramo, ya que únicamente se transfiere 1 electrón para pasar de Fe(II) a Fe(III). Por tanto, 1,792 · 10–4 moles Fe3+ = 1,792 · 10–4 moles Fe2+ = 1,792 · 10–4 equivalentes-gramo de Fe2+ = 1,792 · 10–4 equivalentes-gramo de dicromato, ya que todas las reacciones tienen lugar equivalente a equivalente. En el caso del proceso de reducción del dicromato a cromo (III), 1 mol de dicromato se transforma en 2 moles de cromo (III) y se transfieren 3 electrones en el proceso. Por consiguiente: 1 mol = 2 · 3 = 6 equivalentesgramo. Por tanto, se tendrá: 1,792 · 10–4 equivalentes-gramo de dicromato · 1 mol K2Cr2O7 · –––––––––––––––––––––––––– · 6 equivalentes-gramo K2Cr2O7 294 g K2Cr2O7 · ––––––––––––––– = 8,78 · 10–3 g. 1 mol K2Cr2O7 Así pues, la concentración de la disolución será: 8,78 · 10–3 g 1.000 ml ––––––––––– · –––––––– = 8,78 g/l. 1 ml 1l

826

RESOLUCIÓN: En la primera valoración, el yodo ha oxidado el arsenito a arseniato de acuerdo con la siguiente reacción: I2 + AsO3–3 + H2O → 2 I– + AsO3–4 + 2 H+ La disolución resultante contiene únicamente arseniato. Al acidificar fuertemente y añadir yoduro de potasio, el arseniato oxida al yoduro a yodo de acuerdo con la siguiente reacción: AsO3–4 + 2 I– + 2 H+ → I2 + AsO3–3 + H2O El yodo que se libera reacciona con el tiosulfato del modo siguiente: I2 + 2 S2O2–3 → 2 I– + S4O2–6 En primer lugar, calcularemos el número de equivalentes-gramo de yodo que reaccionan en el primer proceso. Número de equivalentes-gramo de yodo = V · N = 20,95 · 10–3 · 0,1 = 2,095 · 10–3. Éste será también el número de equivalentes-gramo de arsenito presentes inicialmente en la muestra analizada. En el caso del proceso de oxidación de arsenito a arseniato se transfieren 2 electrones, por tanto 1 mol de arsenito = 1 · 2 = 2 equivalentes-gramo de arsenito. A partir de la relación estequiométrica resulta: 2,095 · 10–3 equivalentes-gramo arsenito · 1 mol AsO3–3 · –––––––––––––––––––––––––– · 2 equivalentes-gramo AsO3–3 1 mol As2O3 197,8 g As2O3 · ––––––––––– · –––––––––––– = 0,1036 g As2O3. 2 moles AsO3–3 1 mol As2O3

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

Así pues, el porcentaje de As2O3 en la muestra es: 0,1036 g ––––––––– · 100 = 20,7% As2O3. 0,5 g A continuación calcularemos el número de equivalentes-gramo de tiosulfato que han reaccionado en el segundo proceso: Número de equivalentes-gramo de tiosulfato = V · N = = 48,35 · 10–3 · 0,1 = 4,835 · 10–3. Éste será también el número de equivalentes-gramo de yodo que habrán reaccionado y, por tanto, de arseniato total. Ahora bien, si de este número de equivalentes-gramo de arseniato descontamos los equivalentes-gramo de arsenito determinados en el primer proceso, que posteriormente se convierten en arseniato, tendremos los equivalentes-gramo iniciales de arseniato en la muestra. Es decir, 4,835 · 10–3 – 2,095 · 10–3 = 2,74 · 10–3 equivalentes-gramo de arseniato iniciales. En el caso de la reducción del arseniato a arsenito se transfieren 2 electrones. Por tanto, 1 mol de arseniato = = 1 · 2 = 2 equivalentes-gramo de arseniato. Teniendo en cuenta la relación estequiométrica, se obtiene: 2,74 · 10–3 equivalentes-gramo de arseniato · 1 mol As2O5 1 mol AsO3–4 · ––––––––––––––––––––––– · ––––––––––––– · 2 equivalentes-gramo AsO3–4 2 moles AsO3–4 229,8 g As2O5 · ––––––––––––– = 0,1574 g de As2O5. 1 mol As2O5 Por consiguiente, el porcentaje de arseniato en la muestra inicial es: 0,1574 g ––––––––– · 100 = 31,5 % de As2O5. 0,5 g

co isómero con una cadena de 5 átomos de carbono es el n-pentano: CH3—CH2—CH2—CH2—CH3. Con una cadena principal de 4 átomos de carbono tan sólo puede existir el metilbutano: CH3—CH—CH2—CH3 | CH3 ya que no es posible tener isómeros de posición, puesto que serían el mismo compuesto empezando a numerar la cadena por el otro extremo. Por último, con una cadena principal de 3 átomos de carbono, solamente puede existir el 2,2-dimetilpropano: CH3 | CH3—C—CH3 | CH3

2. Para los siguientes compuestos: 1. CH4O, 2. CH2O, 3. CH2O2, 4. CH5N, 5. CH2BrI. a) Escribir las posibles fórmulas desarrolladas de todos ellos. b) Indicar el grupo funcional en cada caso. RESOLUCIÓN: a) 1. La fórmula desarrollada del compuesto únicamente puede ser: H | H—C—O—H | H 2. Análogamente tan sólo existe la posibilidad:

QUÍMICA DEL CARBONO 1. Escribir las fórmulas de los tres isómeros del pentano. RESOLUCIÓN: Únicamente puede pensarse en isómeros de 5, 4 y 3 átomos de carbono en la cadena más larga. El úni-

H \ CO ⁄ H O ⁄⁄ 3. Ídem. H—C \ O—H

H H | ¯⁄ 4. Ídem. H—C—N \ | H H

827

5. Como sólo hay un átomo de carbono, únicamente puede ser: H | H—C—Br | I b) 1. El grupo funcional es el grupo alcohol: —OH. \

2. El grupo funcional es el grupo aldehído: CO ⁄ 3. El grupo funcional es el grupo ácido carboxílico: O ⁄⁄ —C \ O—H 4. El grupo funcional es el grupo amino: —¯ NH2. 5. En este caso hay 2 grupos funcionales, el grupo bromo: —Br, y el grupo yodo: —I.

3. Escribir las fórmulas desarrolladas de los siguientes compuestos: a) C2H4; b) C2H2. RESOLUCIÓN: a) El compuesto posee una insaturación. Como no puede ser un compuesto cíclico, al poseer únicamente dos átomos de carbono, tiene que ser forzosamente de un alqueno de 2 átomos de carbono, es decir, del eteno o etileno. Su fórmula desarrollada es: H H \ ⁄ CC \ ⁄ H H b) El compuesto posee 2 insaturaciones. Como no puede ser un compuesto cíclico, ya que únicamente posee dos átomos de carbono, tiene que tratarse forzosamente de un alquino de 2 átomos de carbono, es decir, del etino o acetileno. Su fórmula desarrollada es: H—CC—H. 4. Escribir la fórmula desarrollada de todos los isómeros de fórmula C3H6.

828

RESOLUCIÓN: El compuesto es un hidrocarburo monoinsaturado con 3 átomos de carbono. Por tanto, se puede pensar «a priori» que existan isómeros lineales y cíclicos. Por lo que respecta a los isómeros lineales, únicamente pueden existir los que tengan 3 átomos de carbono en la cadena principal, ya que es imposible tener cadenas de 2 átomos de carbono con ramificaciones, puesto que la cadena ramificada sería más larga que la principal. Como los posibles isómeros lineales de 3 átomos de carbono deben poseer un doble enlace, resulta igual colocarlo en una posición que en otra, ya que los localizadores serán los mismos empezando a contar desde el otro extremo de la cadena principal. Por consiguiente, el único isómero lineal de fórmula C3H6 es el propeno: H H | ⁄ H—C—CC \ | | H H H Por lo que respecta a los posibles isómeros con estructura cíclica, únicamente cabe pensar en el ciclopropano, ya que tan sólo se dispone de 3 átomos de carbono en la estructura. Por tanto, se tiene: H H

H C

H

C—C H

H

5. Clasificar las siguientes reacciones como de sustitución, adición, eliminación, reordenamiento o redox: a) CH2CH2 + Br2 → CH2Br—CH2Br b) C2H5OH + HCl → C2H5Cl + H2O c) CH3—CHCl—CHCl—CH3 + Zn → → CH3—CHCH—CH3 + ZnCl2 O || d) NH4CNO → H2N—C—NH2 CH3 | e) CH3—CH2—CH2—CH3 → CH3—C—H | CH3

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

CH2 ⁄\ f ) H2C—CH2 + Br2 → BrCH2—CH2—CH2Br O ⁄⁄ ∆ g) 3 CH3—C + 2 MnO–4 + OH– → \

H O ⁄⁄ ∆ → 3 CH3—C + 2 MnO2 + 2 H2O \

O– h) HCCl3 + OH– → :CCl2 + H2O + Cl– RESOLUCIÓN: a) Se trata de una reacción de bromación, es decir, de una reacción en la cual se produce la adición de una molécula de bromo al doble enlace de un alqueno. Esta reacción de adición es también un proceso redox, ya que el bromo se reduce a bromuro mientras que el alqueno se oxida. b) Se trata de una reacción de sustitución, en que el grupo —Cl sustituye al grupo —OH. c) Se trata de una reacción de eliminación de una molécula de cloro mediante la reducción del compuesto con cinc. Por tanto, es también un proceso redox, en el cual el cinc se oxida y el compuesto dihalogenado se reduce a alqueno. d) En esta reacción no aparecen ni desaparecen átomos en el compuesto inicial, sino que la fórmula molecular se conserva. Se trata, pues, de una reacción de reordenamiento. e) Análogamente al caso anterior, en esta reacción no aparecen ni desaparecen átomos en el compuesto inicial, sino que la fórmula molecular se conserva. Se trata, pues, de una reacción de reordenamiento. f) En este caso se produce la adición de una molécula de bromo al compuesto inicial. Se trata, pues, de una reacción de adición que además implica un proceso redox, ya que el bromo se reduce a bromuro mientras que el cicloalcano se oxida. g) Se trata de la oxidación enérgica de un aldehído a ácido carboxílico. Por tanto es un proceso redox, en el cual el aldehído se oxida a áci-

do carboxílico mientras que el permanganato se reduce a manganeso (IV). h) Se trata de una reacción de eliminación, concretamente de una deshidrohalogenación, ya que el compuesto inicial pierde HCl para convertirse en un radical.

6. De las siguientes especies indicar las que se comportan como nucleófilas y electrófilas: a) Cl–; b) H2O; c) H+; d) AlBr3; e) CH3—OH; f ) BeCl2; g) Br+; h) Cr3+; i) SnCl4; j) NO+2; k) H2CO; l) CH3—CN; m) H2; n) CH4; o) H2CCH—CH3. RESOLUCIÓN: a) Es una especie nucleófila, ya que los aniones tienen tendencia a ceder electrones. b) Es una especie nucleófila, ya que el átomo de oxígeno posee dos pares de electrones no compartidos, que puede ceder a un compuesto con baja densidad electrónica. c) Es una especie electrófila, ya que presenta deficiencia electrónica d) Es una especie electrófila, ya que el catión aluminio (III) presenta deficiencia electrónica. e) Es una especie nucleófila, ya que el átomo de oxígeno posee dos pares de electrones no compartidos, que puede ceder a un compuesto con baja densidad electrónica. f ) Se trata de una especie electrófila, ya que el catión Be(II) presenta deficiencia electrónica. g) Se trata de una especie electrófila, ya que el catión Br(I) presenta deficiencia electrónica. h) Se trata de una especie electrófila, ya que el catión Cr(III) presenta deficiencia electrónica. i) Se trata de una especie electrófila, ya que el catión Sn(IV) presenta deficiencia electrónica. j) Se trata de una especie electrófila, ya que al ser un catión presenta deficiencia electrónica. k) Se trata de una especie que es a la vez nucleófila y electrófila, ya que el carbono es electrófilo pero el oxígeno es nucleófilo.

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l) Se trata de una especie que es a la vez nucleófila y electrófila, ya que el carbono es electrófilo pero el nitrógeno es nucleófilo. m) Se trata de una especie que no es ni nucleófila ni electrófila, ya que no tiene tendencia ni a dar ni a recibir electrones. n) Se trata de una especie que no es ni nucleófila ni electrófila, ya que no tiene tendencia ni a dar ni a recibir electrones. o) Se trata de una especie nucleófila, ya que el doble enlace puede reaccionar con una especie de baja densidad electrónica.

7. Clasificar las siguientes reacciones como de sustitución, adición, eliminación, reordenamiento o redox: O

⁄

\

a) CH2OH—CH2Br + OH– → H2C—CH2 + + H2O + Br – Cu — b) (CH3)2—CHOH → calor (CH3)2 CO + H2 CH2

⁄

\

c) H2C— CH2 + calor → CH2CH—CH3 d) CH3—CH2Br + H– → CH3—CH3 + Br– Pt e) CH2CH2 + H2 → CH3—CH3 H2SO4 f ) C6H6 + HNO3 → C6H5NO2 + H2O ∆ g) HCOOH → H2O + CO h) CH2CO + H2O → CH3—COOH

RESOLUCIÓN: a) Se trata de una reacción en la que en primer lugar se produce una eliminación, concretamente una deshidrohalogenación, con pérdida de HBr y a continuación tiene lugar un reordenamiento intramolecular con formación de un epóxido. b) Se trata de una reacción de eliminación de 2 átomos de hidrógeno producida por un proceso redox en el que el alcohol se oxida a cetona y los protones se reducen a hidrógeno molecular. c) Se trata de una reacción de reordenamiento molecular con apertura de un compuesto cíclico para adoptar una estructura lineal.

830

d) Se trata de una reacción redox de desplazamiento en que el hidruro se oxida a hidrógeno y el bromo se reduce a bromuro. e) Se trata de un proceso redox de adición de hidrógeno al doble enlace de un alqueno. El alqueno se reduce a alcano y el hidrógeno se oxida a H+. f) Se trata de una reacción de sustitución en un anillo bencénico, concretamente de una nitración, en la cual un grupo nitro sustituye a un hidrógeno. g) Se trata de una reacción de eliminación, en la que un ácido carboxílico al ser calentado a temperaturas elevadas elimina una molécula de agua de su estructura con desprendimiento de monóxido de carbono. h) Se trata de una reacción de adición de agua con formación de un ácido carboxílico.

HIDROCARBUROS 1. Indicar la fórmula de los alquenos que se formarán en la deshidrobromación de los siguientes compuestos: a) 1-bromobutano; b) 2bromobutano; c) 3-bromopentano; d) 2-bromo2-metilpentano; e) 3-bromo-2-metilpentano; f) 3-bromo-2,3-dimetilpentano. RESOLUCIÓN: a) En las reacciones de deshidrobromación, el átomo de Br es eliminado del compuesto junto con un átomo de H de un carbono adyacente. Como en este caso únicamente hay un átomo de carbono adyacente, tan sólo se formará un producto en la reacción: H2C—CH—CH2—CH3 → | | Br H → H2CCH—CH2—CH3 b) En este caso, el átomo de Br tiene dos átomos de carbono adyacentes, los situados en las posiciones 1 y 3, por lo que se obtendrán los dos productos de reacción siguientes:

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

H2C—CH—CH—CH3 → | | | H Br H → H2CCH—CH2—CH3 + + CH3—CHCH—CH3 De los dos productos se obtendrá preferentemente el 2-buteno ya que por la regla de Saycheff, el orden de preferencia para eliminar los H en las reacciones de deshidrohalogenación es: terciario > secundario > primario y, en este caso, el 2-buteno se forma a partir de la eliminación de un H situado en un átomo de carbono secundario, mientras que el 1-buteno se forma a partir de la eliminación de un H situado en un átomo de carbono primario. Como el 2-buteno presenta 2 isómeros (cis- y trans-) se obtendrá preferentemente el isómero trans- por su mayor estabilidad. Así pues, el producto mayoritario de reacción será el trans-2-buteno. c) En este caso, los hidrógenos situados en los 2 átomos de carbono adyacentes son equivalentes y, por tanto, se obtendrá únicamente 2-penteno de acuerdo con la reacción siguiente: CH3—CH—CH—CH—CH3 → | | | H Br H → CH3—CHCH—CH2—CH3 De los dos isómeros del 2-penteno, se obtendrá preferentemente el isómero trans- por su mayor estabilidad. Por consiguiente, el producto mayoritario obtenido en el proceso es el trans-2-penteno. d) En este caso, el átomo de Br tiene dos átomos de carbono adyacentes, los situados en las posiciones 1 y 3, por lo que se obtendrán los dos productos de reacción siguientes: CH3 | H2C—C—CH—CH2—CH3 → | | | H Br H CH3 |

→ H2CC—CH2—CH2—CH3 + CH3 | + CH3—CCH—CH2—CH3

De los dos productos se obtendrá preferentemente CH3 | CH3—CCH—CH2—CH3 ya que por la regla de Saycheff, el orden de preferencia para eliminar los H en las reacciones de deshidrohalogenación es: terciario > secundario > primario y, en este caso, el CH3 | CH3—CCH—CH2—CH3 se forma a partir de la eliminación de un H situado en un átomo de carbono secundario, mientras que el CH3 | H2CC—CH2—CH2—CH3 se forma a partir de la eliminación de un H situado en un átomo de carbono primario. En este caso, ninguno de los isómeros obtenidos presenta isomería cis-trans. e) En este caso, el átomo de Br tiene dos átomos de carbono adyacentes, los situados en las posiciones 2 y 4, por lo que se obtendrán los dos productos de reacción siguientes: (CH3)2—C—CH—CH—CH3 → | | | H Br H → (CH3)2—CCH—CH2—CH3 + + (CH3)2—CH—CHCH—CH3 De los dos productos se obtendrá preferentemente (CH3)2—CCH—CH2—CH3 ya que por la regla de Saycheff, el orden de preferencia para eliminar los H en las reacciones de deshidrohalogenación es: terciario > secundario > primario y, en este caso, el (CH3)2—CCH—CH2—CH3 se forma a partir de la eliminación de un H situado en un átomo de carbono terciario, mientras que el (CH3)2—CH—CHCH—CH3 se forma a partir de la eliminación de un H situado en un átomo de carbono secundario. De este último compuesto se obtendrá una mezcla de los isómeros cis- y trans-, con mayor proporción del transa causa de su mayor estabilidad.

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f) En este caso, el átomo de Br tiene tres átomos de carbono adyacentes, por lo que se obtendrán los tres productos de reacción siguientes: H2CH | CH3—CH—C—C—(CH3)2 → | | | H Br H CH3 | → CH3—CHC—CH—(CH3)2 + CH3 | + CH3—CH2—CC—(CH3)2 + CH3 || + CH3—CH2—C—CH—(CH3)2 De los tres productos se obtendrá preferentemente CH3 | CH3—CH2—CC—(CH3)2 ya que por la regla de Saycheff, el orden de preferencia para eliminar los H en las reacciones de deshidrohalogenación es: terciario > secundario > primario y, en este caso, el CH3 | CH3—CH2—CC—(CH3)2 se forma a partir de la eliminación de un H situado en un átomo de carbono terciario, mientras que el CH3 | CH3—CHC—CH—(CH3)2 se forma a partir de la eliminación de un H situado en un átomo de carbono secundario y el CH2 | CH3—CH2C—CH—(CH3)2 se forma a partir de la eliminación de un H situado en un átomo de carbono primario.

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2. Indicar las fórmulas de los alquenos formados por la deshidratación de los siguientes alcoholes: CH3 H CH3 | | | a) CH3—C—C—CH3; b) CH3—C—CH2OH | | | OH CH3 CH3 RESOLUCIÓN: a) En las reacciones de deshidratación, el grupo OH es eliminado del compuesto junto con un átomo de H de un carbono adyacente. En este caso, el grupo OH tiene dos átomos de carbono adyacentes, los situados en las posiciones 1 y 3, por lo que se obtendrán los dos productos de reacción siguientes: CH3 CH3 | | CH3—CC—CH3 + H2CC—CH—CH3 | | CH3 CH3 De los dos productos se obtendrá preferentemente CH3 | CH3—CC—CH3 | CH3 ya que por la regla de Saycheff, el orden de preferencia para eliminar los H en las reacciones de deshidratación es: terciario > secundario > primario y, en este caso, el CH3 | CH3—CC—CH3 | CH3 se forma a partir de la eliminación de un H situado en un átomo de carbono secundario, mientras que CH3 | H2CC—CH—CH3 | CH3

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

se forma a partir de la eliminación de un H situado en un átomo de carbono primario. b) En este caso, el alcohol neopentílico no puede deshidratarse directamente porque no hay átomos de H en el carbono adyacente. El catión neopentilo formado inicialmente es primario y, por tanto, experimenta una reordenación para convertirse en un catión terciario mucho más estable. Finalmente se produce la pérdida de un protón para formar dos alquenos como productos de la reacción: CH3 | + –H2O CH3—C—CH2—OH2 → | CH3 CH3 | + –H2O → CH3—C—CH2 → | CH3 CH3 | –H+ → CH3—C—CH2—CH3 → + CH3 | –H+ → CH3—CCH—CH3 + CH3 | + CH2C—CH2—CH3 De los dos alquenos obtenidos es más estable CH3 | CH3—CCH—CH3 por ser trisustituido mientras que el otro alqueno únicamente es disustituido.

3. Indicar el compuesto formado en las siguientes reacciones: CH3 | a) CH3—CCl—CH2—CH3 + KOH → +BrF3 b) CH2OH—CH2—CH2—CH2OH → calor

c) CHBr—CH2—CH2—CH2—CH2—CHBr + + Zn →

CH3 | d) CH3—CBr—CH3 + CH3—COO– → RESOLUCIÓN: a) Se trata de una reacción de deshidrohalogenación, en la que se forma preferentemente CH3 | CH3—CCH—CH3 es decir, 2-metil-2-buteno, de acuerdo con la regla de Saycheff. b) Se trata de una reacción de deshidratación en los dos extremos de la cadena carbonada, con formación de H2CCH—CHCH2 es decir, 1,3-butadieno. c) Se trata de una reacción de deshidrobromación en los dos extremos de la cadena carbonada, con posterior ciclación para formar el compuesto: , es decir, ciclohexeno. d) Se trata de una reacción de deshidrobromación en que los tres carbonos adyacentes son equivalentes. Por tanto, el único producto de la reacción será: CH3 | CH3—CCH2, es decir, isobutileno.

4. Indicar el producto principal que se obtendrá en las siguientes reacciones de alquilación: CH3 \ AlCl3 a) C6H6 + CH—CH2Cl → ⁄ CH3 CH3 | BF3 b) C6H5—CH3 + CH3—C—CH2OH → | CH3 AlCl3 c) C6H6 + CH3—CH2—CH2—CH2—Cl → 100 °C

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CH3 | AlCl3 d) m-xileno + CH3—C—Cl → 100 °C | CH3 RESOLUCIÓN: a) La secuencia de reacciones que se producen es la siguiente: CH3 | AlCl3 CH3—CH—CH2Cl → CH3 | + → CH3—CH—CH2 → CH3 CH3 | | C6H6 → CH3—C—CH3 → CH3—C—CH3 + | C6H5 En primer lugar el alcohol isobutílico se convierte en el catión primario isobutilo, que para ganar estabilidad se transforma en el catión terciario ter-butilo, que finalmente reacciona con el benceno para originar el ter-butilbenceno CH3 | CH3—C—CH3 | C6H5 b) La secuencia de reacciones que tienen lugar es la siguiente: CH3 CH3 | | + BF3 CH3—C—CH2OH → CH3—C—CH2 → | | CH3 CH3 CH3 | C6H5CH3 → CH3—C—CH2—CH3 → + CH3 | C6H5CH3 → p—CH3—C6H4—C—CH2—CH3 | CH3 En primer lugar, el alcohol neopentílico se convierte en el catión primario neopentilo, que se transforma en el catión terciario ter-pentilo, que finalmente reacciona con el tolueno para producir el p-ter-pentiltolueno

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CH3 | p—CH3—C6H4—C—CH2—CH3 | CH3 c) La secuencia de reacciones que se produce es la que se indica a continuación: AlCl3 CH3—CH2—CH2—CH2Cl → + AlCl3 → CH3—CH2—CH2—CH2 → C6H6 → CH3—CH2—CH—CH3 → + C6H6 → C6H5—CH—CH2—CH3 | CH3 En este caso, el cloruro de n-butilo se convierte en el catión primario n-butilo que se transforma en el catión secundario correspondiente para ganar estabilidad, que posteriormente reacciona con el benceno para originar el s-butilbenceno C6H5—CH—CH2—CH3 | CH3 d) En este caso, el cloruro de ter-butilo formado reacciona sustituyendo uno de los grupos metilo del m-xileno para formar el compuesto

CH3

H3C

CH3 C CH3 CH3

que tiene menor tensión estérica y es más estable que el isómero -orto. 5. Un compuesto de fórmula molecular C6H10 adiciona 2 moles de H2 para formar 2-metilpentano, da un compuesto carbonílico en solución acuosa de H2SO4 + HgSO4 y no reacciona con solución amoniacal de nitrato de plata. Indicar de qué compuesto se trata. RESOLUCIÓN: Como el compuesto adiciona 2 moles de hidrógeno, debe poseer 2 insaturaciones, es decir, el compuesto puede tener 2 dobles enlaces (dieno) o

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

bien un triple enlace (alquino). El hecho de que origine un producto carbonílico al ser tratado con una solución acuosa de H2SO4 + HgSO4 nos indica que se trata de un alquino, que adiciona agua en su estructura y, posteriormente, transforma el enol obtenido en un compuesto carbonílico. El hecho de que el compuesto carbonílico formado no reaccione con solución amoniacal de nitrato de plata (Reactivo de Tollens) indica que no se trata de un aldehído. Por tanto el compuesto carbonílico formado debe ser una cetona, lo que indica que el triple enlace del alquino no puede estar en el extremo de la cadena. Con todos estos datos, la única estructura posible corresponde al 4-metil-2-pentino: CH3—CC—CH—CH3 | CH3 6. Al calentar el compuesto C4H9Br (A) con KOH alcohólica, se forma un alqueno, C4H8 (B), que reacciona con bromo para dar (C). El compuesto (C) se transforma por el KNH2 en un gas, de fórmula C4H6 (D), que forma un precipitado cuando se pasa por CuCl amoniacal. Indicar las fórmulas de los compuestos A, B, C y D. RESOLUCIÓN: El hecho de que al calentar el compuesto A con KOH alcohólica se forme un único alqueno nos indica, por una parte, que A debe ser un haluro de alquilo que experimenta una reacción de deshidrobromación y, por otra parte, que el átomo de Br se encuentra en el carbono del extremo de la cadena carbonada porque de lo contrario se obtendría una mezcla de alquenos. Así pues, el compuesto B debe ser un alqueno, lo que queda confirmado por el hecho de que adiciona 1 mol de bromo y posee una insaturación, ya que si no adicionara el bromo podría tratarse de un cicloalcano. Por tanto, el compuesto C debe ser un dibromoalcano. La reacción de C con KNH2 corresponde a una enérgica deshidrobromación con pérdida de 2 moles de HBr para formar el compuesto D que presenta 2 insaturaciones, es de-

cir, puede tratarse de un dieno o bien de un alquino. El hecho de que D reaccione con CuCl amoniacal, indica que D es un alquino que posee el triple enlace en el extremo de la cadena carbonada por lo que su átomo de hidrógeno situado en dicha posición tiene características ácidas. Así pues, el compuesto D únicamente puede ser HCC—CH2—CH3, C debe ser forzosamente BrCH2—CHBr—CH2— —CH3, el alqueno B es H2CCH—CH2—CH3 y A es BrCH2—CH2—CH2—CH2.

COMPUESTOS ORGÁNICOS OXIGENADOS 1. Indicar la fórmula de los alcoholes formados por reacción de Grignard entre los siguientes pares de haluros y compuestos carbonílicos: a) bromobenceno y acetona; b) cloruro de isopropilo y benzaldehído; c) clorociclohexano y metilfenilcetona. RESOLUCIÓN: a) La secuencia de reacciones que tiene lugar es la siguiente: 1. CH3—C—CH3 ||

C6H5Br

Mg → éter

C6H5MgBr

O →  2. H2O

CH3 | O — —OH → C H C 6 5 2. H2O | CH3 1. CH3—C—CH3 ||

Por tanto, el alcohol formado es: CH3 | —C—OH | CH3 b) La secuencia de reacciones que tiene lugar es la siguiente: H O CH3 | ⁄⁄ 1. (CH3)2CH—MgCl ⁄ → C6H5—C—CH C6H5—C  2. H O 2 \ \ | H OH CH3

835

Por tanto, el alcohol formado es: CH3 ⁄ —CHOH—CH \

CH3

c) La secuencia de reacciones que tiene lugar es la siguiente: Cl MgCl O ⁄ Mg ⁄ 1. C H —C|| —CH 6 5 3 → → éter 2. H O

3. Los siguientes reactivos de Grignard y aldehídos o cetonas reaccionan y los productos resultantes son hidrolizados. Indicar el nombre del alcohol obtenido en cada caso: a) benzaldehído y C2H5MgBr; b) acetaldehído y bromuro de bencilmagnesio; c) acetona y bromuro de bencilmagnesio; d) formaldehído y bromuro de ciclohexilmagnesio; e) acetofenona y bromuro de etilmagnesio.

2

CH3 O || | 1. C6H5—C—CH3 — —  → C H C 6 5 2. H2O | OH Por tanto, el alcohol formado es: CH3 | —C— | OH

+ Mg(OH)Cl

RESOLUCIÓN: a) La reacción que se produce es la siguiente: —CHO + C2H5MgBr → →

—CHOH—CH2—CH3

b) La reacción que tiene lugar es la siguiente: O ⁄⁄ —CH2MgBr → CH3—C + \

2. Indicar los productos que se obtienen al reaccionar el 1-propanol con: a) solución alcalina acuosa de permanganato de potasio; b) virutas calientes de cobre; c) ácido acético. RESOLUCIÓN: a) Se trata de una oxidación muy enérgica del 1-propanol. En estas condiciones, el 1-propanol se oxida en una primera etapa a propanal, que es oxidado posteriormente hasta obtener finalmente el ácido propiónico, CH3—CH2—COOH. b) Se trata de una oxidación suave del 1-propanol. En estas condiciones, el 1-propanol se oxida únicamente hasta propanal, sin que el aldehído formado pueda oxidarse ulteriormente, O ⁄⁄ CH3—CH2—C \

H c) Se trata de una reacción de esterificación, en la que se obtendrá el acetato de n-propilo, O ⁄⁄ CH3—C \ O—CH2—CH2—CH3

836

H

→

—CH2—CHOH—CH3.

c) La reacción que tiene lugar es la siguiente: CH3—C—CH3 + || O

—CH2MgBr →

CH3 | —CH2—C—CH3. → | OH d) La reacción que tiene lugar es la siguiente: O ⁄⁄ H—C + \

—MgBr →

—CH2OH.

H

e) La reacción que tiene lugar es la siguiente: C6H5—C—CH3 + CH3—CH2—MgBr → || O CH3 | —C—CH2—CH3 → | OH

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

4. Indicar las fórmulas de los productos obtenidos en las siguientes condensaciones:

→

—H O

2 →

\

C—NO2 | CH3

CH—NO2 | CH3

O ⁄⁄ —C +

a) CH3—

OH ⁄

\

H

O O || || C C CH3—CH2—COO–Na+ + CH3—CH2⁄ \O ⁄ \CH2—CH3  →

c) La reacción de condensación que tiene lugar es la siguiente: H ⁄ C + H—CH—CN → \\

|

O

–

OH b) ciclohexanona + CH3—CH2NO2 →

c)

—H O

→

O ⁄⁄ —C +

2 —CHOH—CH—CN → |

–

OH —CH2—CN →

\

H –

OH d) benzofenona + ciclopentadieno →

O || e) CH3—C—CH3 + 2

\

CN ⁄

CC \ ⁄ H

O ⁄⁄ OH– —C → \

H

RESOLUCIÓN: a) Se trata de una condensación de Perkin: CH3 H O O | | || || + H—C—C—O—C—CH2—CH3 → | | CH3 C

⁄ \\ H O

→ CH3—

—H O

2 →

d) La reacción de condensación que tiene lugar es la siguiente:

Ph

H CO + H Ph

→ Ph

O + H—CH—NO2 → | CH3

—H O

2 →

C Ph —H2O

OH

Ph

→

C Ph

H H O O | | || || —CH3—CH2—COOH —C—C—C—O—C—CH2—CH3  → CH3— | | OH CH3

b) La reacción de condensación que tiene lugar es la siguiente:

H

CH3 O | ⁄⁄ —CHC—C OH

e) La reacción de condensación que tiene lugar es la siguiente: H | —C—CH2—C—CH2— || | O OH

837

H | —C— | OH –2 H O

2 →

–2 H O

2 →

—CHCH—C—CHCH— || O

5. El reactivo de Grignard de RBr (I) con O ⁄⁄ CH3—CH2—C \ H da un alcohol secundario (II), que se convierte en R'Br (III), cuyo reactivo de Grignard se hidroliza en un alcano (IV). (IV) también se produce mediante acoplamiento de (I). Indicar las fórmulas de los compuestos (I), (II), (III) y (IV). RESOLUCIÓN:

O ⁄⁄ Como el compuesto CH3—CH2—C reacciona \ H con el reactivo de Grignard de (I) para dar (II) después de hidrólisis, el compuesto (II) debe ser un alquil-etil-carbinol, obtenido mediante el proceso: H | H H2O RMgBr → CH3—CH2—C—R → H+ | OMgBr O

CH2—CH2—C

H2O → H+

CH3—CH2—CHOH—R (II)

La conversión de (II) en (IV) tiene lugar mediante la siguiente secuencia de reacciones: HBr CH3—CH2—CHOH—R → (II) HBr → CH3—CH2—CHBr—R; (III) Mg CH3—CH2—CHBr—R → éter (III)

838

Mg H2O → CH3—CH2—CN—R → éter | MgBr H2O → CH3—CH2—CH2—R (IV)

El compuesto (IV) debe ser simétrico porque está formado por acoplamiento a (I). Por tanto, R es —CH2—CH2—CH3 y el compuesto (I) es CH3—CH2—CH2Br. El compuesto (IV) es el nhexano, (II) es CH3—CH2—CH—CH2—CH2—CH3 | OH y el compuesto (III) es CH3—CH2—CHBr—CH2—CH2—CH3

6. Indicar los productos obtenidos cuando cada uno de los siguientes compuestos reacciona con disolución acuosa de hidróxido de sodio, teniendo en cuenta que en los casos a) y b) se acidifica la sal que se forma inicialmente: a) ácido 2-bromobutanoico; b) ácido 3-bromobutanoico; c) ácido 4-bromobutanoico; d) ácido 5-bromopentanoico. RESOLUCIÓN: a) En este caso, se formará un hidroxácido, del modo siguiente: –

1. OH CH3—CH2—CH—COOH → 2. H+ | Br –

1. OH → CH3—CH2—CHOH—COOH 2. H+

b) En este caso tendrá lugar una reacción de deshidrohalogenación, siendo la fuerza impulsora del proceso la formación de un sistema conjugado ya que las reacciones de eliminación son reacciones típicas de los ácidos carboxílicos sustituidos:

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

O ⁄⁄ 1. OH– CH3—CH—CH2—C → + \

|

1. OH– → 2. H+

2. H

OH

Br

RESOLUCIÓN: a) La reacción que tiene lugar es la siguiente:

O ⁄⁄ CH3—CHCH—C \ OH

c) En este caso se producirá un desplazamiento intramolecular, iniciado por el anión nucleofílico carboxilato, puesto que los haloácidos forman con facilidad ésteres cíclicos internos denominados lactonas: NaOH

BrCH2—CH2—CH2—COOH → NaOH

\

Cl

→ CH3—CH2—COOH + HCl b) La reacción que tiene lugar es la siguiente: O ⁄⁄ CH3—CH2—C + CH3—CH2OH → \

Cl

O ⁄⁄ → CH3—CH2—C \ O—CH2—CH3 + HCl c) La reacción que tiene lugar es la siguiente:

||

→ Br—CH2—CH2—CH2—C—O–Na+ → || O O → + NaBr

O ⁄⁄ CH3—CH2—C + H2O →

O

||

d) Análogamente al caso anterior, se producirá un desplazamiento intramolecular iniciado por el anión carboxilato para producir una lactona: Br—CH2—CH2—CH2—CH2—C—O– → || O O → O

7. Indicar el producto que se forma cuando el cloruro de propionilo reacciona con: a) H2O; b) CH3—CH2OH; c) NH3; d)

O ⁄⁄ CH3—CH2—C + NH3 → \

Cl

O ⁄⁄ → CH3—CH2—C + HCl \

NH2 d) La reacción que se produce es la siguiente: O ⁄⁄ CH3—CH2—C + \ Cl

+ AlCl3 →

O || → CH3—CH2—C—

+ HCl

e) La reacción que se produce es la siguiente: + AlCl3;

e) (n-C3H7)2Cd; f ) NaOH acuosa; g) CH3—NH2; h) Na2O2.

O CH2—CH2—CH3 ⁄⁄ ⁄ → 2 CH3—CH2—C + Cd \ \ CH2—CH2—CH3 Cl O || → 2 CH3—CH2—C—CH2—CH2—CH3 + CdCl2

839

f) La reacción que tiene lugar es la siguiente: CH3—CH2—C

O ⁄⁄

\

+ N3OH →

Cl

O ⁄⁄ → CH3—CH2—C + HCl \

ONa g) La reacción que tiene lugar es la siguiente: O ⁄⁄ CH3—CH2—C + CH3—NH2 → \

Cl

→ CH3—CH2—C

O ⁄⁄ \

O ⁄⁄ 2 CH3—CH2—C + Na2O2 → \

Cl O O || || → CH3—CH2—C—O—O—C—CH2—CH3

COMPUESTOS ORGÁNICOS HALOGENADOS Y NITROGENADOS 1. Indicar los productos que se forman al tratar el bromobenceno con los siguientes reactivos: a) magnesio en éter; b) ácido sulfúrico fumante; c) cloro y cloruro de hierro (III); d) cobre a 200 °C. RESOLUCIÓN: a) Se trata de la reacción de formación de un reactivo de Grignard: —Br

—MgBr

El producto que se forma es el bromuro de fenilmagnesio.

840

H2SO4 → SO3

—Br

⁄

SO3 —Br + O3S—

—Br

c) Se trata de una reacción de cloración del anillo bencénico, catalizada por el cloruro de hierro (III), con formación de una mezcla de isómeros: ortobromoclorobenceno y para-bromoclorobenceno:

+ HCl

NH—CH3 h) La reacción que tiene lugar es la siguiente:

Mg → éter

b) Se trata de una reacción de sulfonación en el anillo bencénico con formación de una mezcla de isómeros: ácido orto-bromobencenosulfónico y ácido para-bromobencenosulfónico, ya que son más estables que el isómero meta-:

—Br

Cl2 → AlCl3

Cl ⁄ —Br + Cl—

—Br

d) Se trata de una reacción cruzada entre dos moléculas de bromobenceno con formación de un compuesto, el bifenilo, que contiene 2 anillos bencénicos: 2

Cu —Br → ∆

—

+ CuBr2

2. Indicar los productos que se forman en las siguientes reacciones: a) CH3—CH2—CH2OH + HI →; b) CH3—CH2—CH2—CH2OH + NaBr + + H2SO4 →; c) CH3—CH2OH + PI3 →; d) CH3 \ CH—CH2OH + SOCl2 →; ⁄ CH3 e) H2CCH2 + Br2 →; CH3 ⁄ + HI →; f ) CH3—CHC \ CH3 g) CH3—CH2—CH2Br + I– →.

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

RESOLUCIÓN: a) Se trata de una reacción de sustitución de un grupo alcohol por un grupo yodo con formación de 1-yodopropano: CH3—CH2—CH2OH + HI → → CH2—CH2—CH2I + H2O b) Se trata de una reacción de sustitución de un grupo alcohol por un grupo bromo con formación de 1-bromobutano:

→ CH3—CH2—CI

g) Se trata de una reacción de sustitución de un grupo bromo por un grupo yodo con formación de 1-yodopropano: CH3—CH2—CH2Br + I– → → CH3—CH2—CH2I + Br– 3. La condensación de C6H5NH2 con O ⁄⁄ C 6H 5— C

c) Se trata de una reacción de sustitución de un grupo alcohol por un grupo yodo con formación de yodoetano:

H

d) Se trata de una reacción de sustitución de un grupo alcohol por un grupo cloro con formación de 1-cloro-2-metilpropano: CH3 CH3

\

CH—CH2OH + SOCl2 → ⁄

CH3 \ → CH—CH2Cl + HCl + SO2 ⁄ CH3 e) Se trata de una reacción de adición (bromación) al doble enlace de un alqueno con formación de 1,2-dibromoetano: H2CCH2 + Br2 → H2CBr—CH2Br f) Se trata de una reacción de adición de HI al doble enlace de un alqueno con formación de 2yodo-2-metilbutano: CH3 ⁄ + HI → CH3—CHC \ CH3

\

CH3

CH3—CH2—CH2—CH2OH + NaBr + + H2SO4 → CH3—CH2—CH2—CH2Br + H2O

3 CH3—CH2OH + PI3 → → 3 CH3—CH2I + H3PO3

CH3 ⁄

\

da el compuesto (A) que por hidrogenación catalítica origina el producto (B). Indicar las fórmulas de los compuestos (A) y (B). RESOLUCIÓN:

O ⁄⁄ — La condensación de C6H5NH2 con C6H5 C \

H tiene que dar forzosamente una imina, de acuerdo con la reacción siguiente: O

→

\\

C— ⁄ H —NCH—

—NH2 +

→ + H 2O

Así pues, el compuesto (A) tiene que ser —NCH— La hidrogenación catalítica de (A) produce —NH—CH2— de acuerdo con la reacción siguiente: —NCH— + —NH—CH2— + H2 → Por consiguiente, el producto (B) debe ser —NH—CH2—

841

4. Indicar los productos que se forman en las siguientes reacciones: a) CH3—CH2Br + exceso de NH3 → b) CH2CH—CN + H2/Pt → c) n-butiramida + Br2 + KOH → d) dimetilamina + HNO2 → e) etilamina + CHCl3 + KOH → RESOLUCIÓN: a) Es una reacción de sustitución para formar una amina primaria, concretamente la etilamina: CH3—CH2—Br + NH3 → → CH3—CH2—NH2 + HBr

5. Indicar los productos que se forman en las siguientes reacciones: CH OH

3 a) HS– + CH3—CH2—CHBr—CH3 →

CH3 | HCOOH b) I– + CH3—C—Br → | CH3 c) CH3—CH2Br + AgCN → d) CH3—CHBr—CH3 + CH3—NH2 → RESOLUCIÓN:

b) Se trata de una reacción de hidrogenación catalítica de las instauraciones del compuesto, con formación de la n-propilamina: CH2CH—CN + H2/Pt → → CH3—CH2—CH2—NH2 c) Se trata de una reacción de degradación de una amida con formación de una amina con un átomo menos de carbono: O ⁄⁄ CH3—CH2—CH2—C + Br2 + 2 KOH →

a) Se trata de una reacción de sustitución de un grupo bromo por un grupo —SH: CH OH

3 HS– + CH3—CH2—CHBr—CH3 →

CH OH

3 → CH3—CH2—CH—CH3 | SH

b) Se trata de una reacción de esterificación producida por la eliminación de un grupo bromo: CH3

\

NH2

→ CH3—CH2—CH2—NH2 + CO2 + 2 KBr + H2O d) Se trata de una reacción de nitrosación de una amina secundaria para dar una nitrosoamina: CH3

\

CH3

\

e) Se trata de una reacción de formación de un isocianuro producida al calentar una amina primaria con una mezcla de cloroformo y una base fuerte: CH3—CH2—NH2 + CHCl3 + 3 KOH → 

→ CH3—CH2—NC + 3 KCl + 3 H2O

842

|

CH3 O || → CH3—C—O—C—H + HBr CH3

HCOOH

|

|

NH + HNO2 → N—NO + H2O ⁄ ⁄ CH3 CH3



|

HCOOH I + CH3—C—Br → –

CH3 c) Se trata de la síntesis de un nitrilo por eliminación de un grupo bromo: CH3—CH2Br + AgCN → → CH3—CH2—CN + AgBr↓ d) Se trata de la formación de una sal de amonio cuaternario:

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS





CH3  ⁄  CH3—CHBr—CH3 + CH3—NH2 → CH—N H2—CH3 Br \

CH3

LÍPIDOS, HIDRATOS DE CARBONO Y PROTEÍNAS 1. Indicar el producto obtenido en las siguientes reacciones: a) Maltosa + disolución de Fehling → d) Glucosa + hidroxilamina → b) Arabinosa + HCN → e) Manosa + NaBH4 → c) Glucosa + 3-fenilhidrazina → RESOLUCIÓN: a) La maltosa es un disacárido de fórmula general C12H22O11 formado por la unión de dos moléculas de glucosa (monosacárido) mediante un puente de oxígeno. Por hidrólisis, la maltosa se desdobla en dos moléculas de glucosa y presenta las reacciones típicas de los monosacáridos, como la reducción del licor de Fehling, a óxido de cobre (I) de color rojizo, de acuerdo con la siguiente reacción: O H \\ ⁄ COOH C |

|

H—C—OH

H—C—OH |

C12H22O11 + H2O → 2 HO—C—H |

|

–

4OH 2 HO—C—H + 4 Cu2+ →

+ 2 Cu2O + 4 H+

|

H—C—OH

H—C—OH

H—C—OH

H—C—OH

| |

| |

CH2OH CH2OH b) La reacción de la arabinosa con el HCN conduce a la formación de una mezcla de D-glucosa y O H D-manosa según el proceso siguiente: \\ ⁄ C CN |

H—C—OH |

HO—C—H

O H \\ ⁄ C

|

H—C—OH |

|

H—C—OH

HO—C—H |

|

HCN

H—C—OH → |

H—C—OH |

CH2OH

CH2OH + CN |

HO—C—H |

HO—C—H |

H—C—OH |

H—C—OH |

CH2OH

|

H—C—OH |

HO—C—H |

1. hidrólisis H—C—OH → 2. reducción | H—C—OH

D-Glucosa

|

CH2OH + O H \\ ⁄ C |

HO—C—H |

1. hidrólisis HO—C—H D-Manosa → 2. reducción | H—C—OH |

H—C—OH |

CH2OH

843

c) En este caso se produce la formación de una osazona por reacción del grupo carbonilo con la fenilhidracina: O H \\ ⁄ CHN—NH— C  | CN—NH— H—C—OH |

|

HO—C—H |

+ 2 NH2—NH—

→ HO—C—H |

H—C—OH

H—C—OH

H—C—OH

H—C—OH

|

|

|

|

osazona

CH2OH CH2OH d) En este caso se obtiene una oxima por reacción del grupo carbonilo con hidroxilamina: O H \\ ⁄ C CHN—OH |

|

H—C—OH |

H—C—OH |

HO—C—H + NH2OH → HO—C—H |

|

H—C—OH

H—C—OH

H—C—OH

H—C—OH

| |

|

oxima

|

CH2OH CH2OH e) En este caso, la reducción del grupo carbonilo de la manosa conduce a la formación del manitol: O H \\ ⁄ C CH2OH |

HO—C—H |

|

HO—C—H |

NaBH4 HO—C—H → HO—C—H

H—C—OH

| manitol H—C—OH

H—C—OH

H—C—OH

CH2OH

CH2OH

| | |

| |

2. Experimentalmente se ha determinado que un compuesto contiene un 55 % de carbono, un 9,93 % de hidrógeno y un 10,7 % de nitrógeno. El único elemento que además está presente es el oxígeno. Calcular: a) La fórmula empírica del compuesto analizado. b) La masa molecular mínima del compuesto analizado. RESOLUCIÓN: a) La suma de los porcentajes de carbono, hidrógeno y nitrógeno es: 55 + 9,93 + 10,7 = 75,63 %. Como además de estos elementos, el compuesto únicamente contiene oxígeno, el porcentaje de oxígeno en el compuesto será: 100 – 75,63 = 24,37 %. Consideremos 100 gramos del compuesto. Los moles que tendremos de cada uno de los elementos que constituyen el compuesto serán los siguientes: 1 mol C 1 mol H C: 55 gramos · –––––––––– = 4,583 moles C; H: 9,93 gramos · –––––––––– = 9,93 moles H 12 gramos 1 gramo 1 mol N 1 mol O N: 10,7 gramos · –––––––––– = 0,764 moles N; O: 24,37 gramos · –––––––––– = 1,523 moles O 14 gramos 16 gramos

844

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

Dividiendo todos los valores anteriores por 0,764 se obtiene la siguiente relación molar: C6H13NO2, que corresponde a la fórmula empírica del compuesto. b) La masa molecular mínima del compuesto será la que corresponda a la fórmula empírica, es decir, M = (6 · 12) + (13 · 1) + (14 · 1) + (16 · 2) = 131.

3. La ovoalbúmina contiene un 1,62 % de azufre, un 52,75 % de carbono, un 7,10 % de hidrógeno y un 15,51 % de nitrógeno. Calcular el peso molecular mínimo de la ovoalbúmina. RESOLUCIÓN: La suma de los porcentajes de azufre, carbono, hidrógeno y nitrógeno presentes en la ovoalbúmina es: 1,62 + 52,75 + 7,10 + 15,51 = 76,98 %. Por consiguiente, el porcentaje de oxígeno que hay en el compuesto es: 100 – 76,98 = 23,02 %. Consideremos 100 gramos del compuesto. Los moles que tendremos de cada uno de los elementos que constituyen el compuesto serán los siguientes: 1 mol S S: 1,62 gramos · –––––––––– = 0,05 moles S 32 gramos 1 mol C C: 52,75 gramos · –––––––––– = 4,396 moles C 12 gramos 1 mol H H: 7,10 gramos · –––––––––– = 7,10 moles H 1 gramo 1 mol N N: 15,51 gramos · –––––––––– = 1,108 moles N 14 gramos 1 mol O O: 23,02 gramos · –––––––––– = 1,439 moles O 16 gramos

4. Se ha encontrado que una enzima posee un 0,8 % de cisteína. Calcular el peso molecular mínimo de la enzima. RESOLUCIÓN: La cisteína es un aminoácido de fórmula molecular C3SH7NO2 HS—CH2—CH—COOH | NH2 cuya masa molecular es: M = (3 · 12,011) + (1 · 32,06) + (7 · 1,008) + + (1 · 14,007) + (2 · 16) = 121,2. Así pues, se tendrá: 0,8 % · M = 121,2. Por consiguiente: 121,2 · 100 M = ––––––––––– = 15 · 150 0,8

5. Una solución acuosa contiene 0,3 g de una polialanina isoeléctrica por cada 100 ml y ejerce una presión osmótica de 7,85 mm de Hg a la temperatura de 25 °C. Calcular el peso molecular aparente del polipéptido. RESOLUCIÓN: Aplicando la ecuación de la presión osmótica, se tiene: π V = n R T. Ahora bien, n = a/M. Sustituyendo este valor en la ecuación precedente resulta: a π V = –––– R T M Así, despejando se obtiene: aRT M = ––––––. πV Sustituyendo los valores numéricos:

Dividiendo todos los valores anteriores por 0,05 se obtiene: C86H142N22O29S, que corresponde a la fórmula empírica del compuesto. Por tanto, el peso molecular mínimo corresponderá al de su fórmula empírica:

0,3 · 0,082 · 298,16 M = ––––––––––––––––– = 7101. 7,85 ––––– · 01 760

M = (86 · 12,01) + (142 · 1,008) + + (22 · 14) + (29 · 16) + (32 · 1) = 1.980.

6. Una proteína contiene un 0,58 % en peso de triptófano. Calcular el peso molecular mínimo de la proteína.

845

RESOLUCIÓN: El triptófano es un aminoácido de fórmula molecular C10H12N2O2, —C—CH—COOH | || | \ ⁄ NH2 N H cuya masa molecular es: M = (10 · 12) + (12 · 1) + (2 · 14) + (2 · 16) = = 192. Así pues, se tendrá: 0,58 % · M = 192. Por consiguiente: 192 · 100 M = ––––––––– = 33.103. 0,58

7. La hemoglobina contiene un 0,34 % de hierro en peso. Calcular el peso molecular mínimo de la hemoglobina. RESOLUCIÓN: La molécula de hemoglobina es una proteína que contiene un único átomo de hierro en su estructura tetrapirrólica. Por consiguiente, se tendrá: 0,34 % · M = 55,83. Despejando, resulta: 55,83 · 100 M = –––––––––– = 16.420. 0,34

8. Una solución acuosa que contiene 0,5 g de un polisacárido neutro en 100 ml ejerce una presión osmótica de 25,82 mm de Hg a la temperatura de 25 °C. Calcular el peso molecular del polisacárido. RESOLUCIÓN: Aplicando la ecuación de la presión osmótica, se tiene: π V = n R T. Ahora bien, n = a/M. Sus-

846

tituyendo este valor en la ecuación precedente a resulta: π V = ––– R T. Así, despejando se obtiene: M aRT M = ––––––. Sustituyendo los valores numéricos: πV 0,5 · 0,082 · 298 M = ––––––––––––––––– = 3.596. 25,82 –––––– · 01 760 9. Calcular el volumen de KOH 0,1 M que se necesita para valorar por completo: a) 450 ml de solución 0,25 M de clorhidrato de alanina. b) 200 ml de serina isoeléctrica 0,1 M. c) 400 ml de solución 0,15 M de glutamato monosódico. d) 400 ml de solución 0,15 M de ácido glutámico isoeléctrico. RESOLUCIÓN: a) La reacción que tiene lugar es la siguiente: Cl–NH+3—CH—COOH + 2 KOH → | CH3 → NH2—CH—COO– + KCl + H2O | CH3 Por la estequiometría del proceso se tiene: 0,25 moles clorhidrato de alanina 0,450 l · ––––––––––––––––––––––––––––– · l 2 moles KOH 1l · –––––––––––––––––––––––– · –––––––––––– · 1 mol clorhidrato de alanina 0,1 mol KOH 1.000 ml · –––––––– = 2.250 ml 1l Es decir, se precisan 2.250 ml de KOH 0,1 M. b) La reacción que tiene lugar es la siguiente: + NH3—CH—COO– + KOH → | CH2OH → NH2—CH—COO– + H2O + K+ | CH3OH

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

Por la estequiometría del proceso se tiene: 0,1 mol serina 1 mol KOH 0,2 l · –––––––––––––– · –––––––––––– · l 1 mol serina 1l 1.000 ml · –––––––––––– · –––––––– = 2.250 ml 0,1 mol KOH 1l Es decir, se precisan 200 ml de KOH 0,1 M. c) La reacción que tiene lugar es la siguiente: NaOOC—CH2—CH2—CH—COO– + KOH → | + NH3 → NaOOC—CH2—CH2—CH—COO– + | NH2 + H2O + K+ Por la estequiometría del proceso se tiene: 0,15 moles glutamato monosódico 0,4 l · ––––––––––––––––––––––––––––– · l 1 mol KOH 1l · –––––––––––––––––––––––– · –––––––––––– · 1 mol glutamato monosódico 0,1 mol KOH 1.000 ml · –––––––– = 600 ml 1l Es decir, se precisan 600 ml de KOH 0,1 M. d) La reacción que tiene lugar es la siguiente: HOOC—CH2—CH2—CH—COO– + 2 KOH → | + NH3 → KOOC—CH2—CH2—CH—COO– + | NH2 + 2 H2O + K+ Por la estequiometría del proceso se tiene: 0,15 moles ácido glutámico 0,4 l · –––––––––––––––––––––––– · l 2 moles KOH 1l · –––––––––––––––––––– · –––––––––––––– · 1 mol ácido glutámico 0,1 moles KOH 1.000 ml · –––––––– = 1.200 ml 1l Es decir, se precisan 1.200 ml de KOH 0,1 M.

10. Calcular el pH de la solución obtenida al añadir 20 ml de solución 0,2 M de HCl a 30 ml de solución 0,1 M de glicinato de sodio. DATO: pKa1 = 2,34. RESOLUCIÓN: En 20 ml de solución 0,2 M de HCl hay: 1l 0,2 moles HCl 20 ml · ––––––––– · ––––––––––––––– = 1.000 ml 1l = 0,004 moles HCl. En 30 ml de solución 0,1 M de glicinato de sodio hay: 1l 0,1 moles glicinato de sodio 30 ml · ––––––– · –––––––––––––––––––––––– = 1.000 ml 1l = 0,003 moles de glicinato de sodio. La reacción que tiene lugar entre el glicinato de sodio y el ácido clorhídrico es la siguiente: NH2—+CH2—COONa + HCl → → NH3—CH2—COO– + NaCl En el proceso anterior reaccionan 0,003 moles de HCl con 0,003 moles de glicinato de sodio y se forman 0,003 moles de glicocola isoeléctrica. Por tanto, todavía quedan 0,004 – 0,003 = 0,001 moles de HCl en exceso, que seguirán reaccionando con la glicocola isoeléctrica para producir clorhidrato de glicocola, de acuerdo con la siguiente reacción: +

NH3—CH2—COO– + HCl → + → Cl– NH3—CH2—COOH

En este proceso, se formarán 0,001 moles de clorhidrato de glicocola y desaparecerán 0,001 moles de glicocola isoeléctrica, con lo que quedarán todavía 0,003 – 0,001 = 0,002 moles de glicocola isoeléctrica. Así pues, al final del proceso, se tendrán 0,002 moles de glicocola isoeléctrica (AAº) y 0,001 moles de clorhidrato de

847

glicocola (AA+). Las concentraciones respectivas serán: 0,002 moles 1.000 ml [AAº] = –––––––––––– · ––––––––– = 0,04 M (20 +30) ml 1l 0,001 moles 1.000 ml [AA+] = –––––––––––– · ––––––––– = 0,02 M (20 +30) ml 1l Aplicando la ecuación de Henderson-Hasselbalch, se tiene: [AAº] pH = pKa1 + log –––––––. [AA+] Sustituyendo los valores numéricos resulta:

formado por moléculas lineales de estructura O || ——C—

[

O || —C—O—CH2—CH2—O—— n

]

de peso molecular alrededor de 16.000, capaces de formar fibras. Sus propiedades físicas son muy parecidas a las del nylon. Aunque es termoplástico, es muy resistente a la rotura y muy ligero, no se encoge al ser lavado, se seca muy pronto y las arrugas de los pliegues desaparecen enseguida. Por su parte, la baquelita es un polímero fenólico entrecruzado, con la siguiente estructura:

0,04 pH = 2,34 + log ––––– = 2,64. 0,02

OH CH2

POLÍMEROS 1. Mediante razonamientos químicos, explicar por qué las primeras gotas de lluvia en una gran ciudad industrial producen carreras en las medias de nylon.

HO

CH2

OH CH2

CH2

CH2 OH CH2

CH2 OH

CH2

CH2

2. Teniendo en cuenta sus estructuras moleculares, explicar la diferencia entre las principales propiedades físicas del dacrón y la baquelita. RESOLUCIÓN: El dacrón es un poliéster obtenido por polimerización de ácido terftálico y etilenglicol y está

CH2

OH CH2

CH2

CH2

RESOLUCIÓN: El aire contaminado de las grandes ciudades industriales contiene concentraciones relativamente elevadas de trióxido de azufre. Cuando llueve, las primeras gotas contienen una alta proporción de ácido sulfúrico, formado al reaccionar el trióxido de azufre con el agua, que ataca al nylon.

848

CH2

CH2

HO CH2

Donde los puentes metilénicos se encuentran en las dos posiciones orto- y en la posición parade los radicales fenólicos formando una estructura tridimensional característica de una verdadera resina. Esta estructura tridimensional le confiere una gran dureza, rigidez e insolubilidad y hace que sea termoestable aunque fácilmente quebradiza en las direcciones en que hay menos enlaces.

3. Escribir las reacciones químicas empleadas industrialmente para fabricar ablandadores de agua y explicar su comportamiento en la conversión de agua dura en agua blanda.

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

RESOLUCIÓN: La materia prima más utilizada industrialmente para fabricar ablandadores de agua es el estireno CH2CH—

que puede entrecruzarse para

dar una resina insoluble. Esto se consigue por adición de una pequeña cantidad de divinilbenceno al estireno antes de efectuar la polimerización. Si la resina entrecruzada así obtenida se sulfona con ácido clorosulfónico o ácido sulfúrico se obtiene una resina cambiadora de iones muy útil en el ablandamiento del agua ya que intercambia con gran facilidad cationes Na+ por cationes de metales pesados (Mg2+, Ca2+, Fe2+). CH2CH + CH2CH → | | Estireno

| CHCH2





→ — —CH2—CH——CH2—CH | |





n

resina de | —C— estireno |

——CH2—CH— —CH2—CH | |

1. ClSO H

3 →

2. NaOH

1. ClSO H

3 →

n

2. NaOH

| —C— | ——CH2—CH—— |





n | SO3Na

4. El metacrilato de metilo se polimeriza por tratamiento con generadores de radicales libres, como el peróxido de di-t-butilo, formando uno de los más importantes plásticos comerciales. Indicar:

a) La manera en que ataca el iniciador al metacrilato de metilo. b) El primer paso en el crecimiento de la cadena. c) La estructura de la unidad fundamental en el polímero final. RESOLUCIÓN: a) El iniciador ataca al doble enlace CC del metacrilato de metilo del modo siguiente: CH3 O | ⁄⁄ R• + CH2C—C → R—CH2—C \ | | C CH3 OCH3 ⁄⁄ \ O OCH3 b) El primer paso en el crecimiento de la cadena consiste en la dimerización de dos moléculas de metacrilato de metilo a partir del ataque del radical formado en el primer paso sobre el doble enlace CC de otra molécula de metacrilato de metilo: CH3 CH3 O | | ⁄⁄ → R—CH2—C • + CH2C—C \ | OCH3 C ⁄⁄ \ O OCH3 CH3 CH3 | | → R—CH2—C—CH2—C • \ | C C ⁄⁄ \ ⁄⁄ \ O OCH3 O OCH 3

c) Después de repetirse n veces el proceso descrito anteriormente, la estructura de la unidad fundamental del polímero final será: CH3 | ——H2C—C— ———— | C ⁄⁄ \ O OCH3 n





849

5. Una muestra de estireno se polimeriza con un iniciador formado por trazas de azoisobutironitrilo. Por hidrólisis del polímero resultante se liberan 6 g de amoníaco por cada 10 kg de polímero. Calcular el promedio de unidades de estireno que hay en cada cadena, si todos los grupos terminales derivan del radical iniciador (– cianoisopropilo).

M = (4 · 12) + (6 · 1) + (1 · 14) = 68. Por tanto, el peso molecular de los dos grupos terminales será: 2 · 68 = 136. Por tanto, el peso molecular correspondiente a las unidades de estireno que forman el polímero será: 56.657 – 136 = 56.521.

RESOLUCIÓN: En primer lugar, vamos a determinar los moles de amoníaco liberados por cada 10 kg de polímero formado. Se tiene: 1 mol NH3 6 gramos NH3 · –––––––––––– = 0,353 moles NH3. 17 gramos NH3 Ahora bien, como en cada cadena de polímero hay dos grupos terminales que liberan amoníaco, cada mol del polímero equivaldrá a dos moles de amoníaco. Por tanto, el número de moles de polímero será el siguiente: 1 mol polímero 0,353 moles NH3 · ––––––––––––––– = 2 moles NH3 = 0,1765 moles de polímero. Así pues, 10 kg (10.000 g) de polímero equivalen a 0,1765 moles, es decir, 10.000 1 mol = –––––––– = 56.657 gramos. 0,1765 El azoisobutironitrilo, actúa como iniciador del proceso de polimerización a través de la formación de radicales libres, del modo siguiente: CH3 CN CN CH CH3 ⁄CN 3 \ ⁄ \ ⁄ \ → N2 + 2 C• C—NN—C ⁄ \ ⁄ CH 3 CH3 CH3 Por tanto, del peso molecular anteriormente obtenido habrá que restar el peso molecular de los dos grupos terminales que contienen el iniciador. El peso molecular de cada uno de los grupos terminales es:

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Ahora bien, el peso molecular del estireno CH2CH—

es M = (8 · 12) + (8 · 1) = 104.

Dividiendo el peso molecular correspondiente a las unidades de estireno que forman el polímero entre el peso molecular del estireno se obtiene: 56.521 ––––––– = 543,5, 104 que es el promedio de las unidades de estireno que contienen las cadenas.

FORMULACIÓN Y NOMENCLATURA INORGÁNICA 1. Formular los siguientes compuestos: a) hidruro de sodio; b) hidruro de bario; c) hidruro de estaño (IV); d) trihidruro de aluminio; e) hidruro de cesio. RESOLUCIÓN: a) Se trata de un hidruro metálico, en cuyo nombre no se especifica la valencia del metal, puesto que el sodio únicamente presenta la valencia 1. Así pues, la fórmula será NaH. b) También se trata de un hidruro metálico, en cuyo nombre no se especifica la valencia del metal, puesto que el bario únicamente presenta la valencia 2. Así pues, la fórmula será BaH2. c) Se trata de un hidruro metálico, pero como el estaño presenta dos valencias, es preciso indicar con cual de ellas actúa. En este caso se hace

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

mediante la nomenclatura de Stock, indicándola mediante cifras romanas. La fórmula será SnH4. d) Se trata de un hidruro metálico, en cuyo nombre se ha utilizado la nomenclatura sistemática, para indicar el número de átomos de hidrógeno que aparecen en la fórmula. Por tanto, la fórmula será AlH3. e) Se trata de un hidruro metálico, en cuyo nombre no se especifica la valencia del metal, puesto que el cesio únicamente presenta la valencia 1. Así pues, la fórmula será CsH.

2. Formular los siguientes compuestos: a) ácido selenhídrico; b) ácido yodhídrico; c) ácido sulfhídrico; d) ácido bromhídrico; e) ácido clorhídrico; f ) ácido telurhídrico; g) ácido fluorhídrico. RESOLUCIÓN: a) Se trata de un hidrácido del grupo VI, por lo que el selenio actúa con valencia 2. Así pues, su fórmula será H2Se. b) Se trata de un hidrácido del grupo VII, por lo que el yodo actúa con valencia 1. Por tanto, la fórmula será HI. c) Se trata de un hidrácido del grupo VI, por lo que el azufre actúa con valencia 2. Así pues, su fórmula será H2S. d) Se trata de un hidrácido del grupo VII, por lo que el bromo actúa con valencia 1. Por tanto, la fórmula será HBr. e) Se trata de un hidrácido del grupo VII, por lo que el cloro actúa con valencia 1. Por tanto, la fórmula será HCl. f ) Se trata de un hidrácido del grupo VI, por lo que el telurio actúa con valencia 2. Así pues, su fórmula será H2Te. g) Se trata de un hidrácido del grupo VII, por lo que el flúor actúa con valencia 1. Por tanto, la fórmula será HF.

3. Formular los siguientes compuestos: a) trióxido de diníquel; b) monóxido de mercurio; c) mo-

nóxido de cromo; d) dióxido de estaño; e) óxido de calcio; f ) óxido de potasio; g) óxido cuproso; h) óxido de bario; i) óxido de plata; j) óxido de cadmio; k) óxido de cinc; l) trióxido de dioro; m) trióxido de dicobalto; n) óxido de estroncio; o) óxido de francio; p) óxido estánnico; q) óxido platinoso; r) óxido de aluminio; s) óxido de litio.

RESOLUCIÓN: a) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura sistemática. Por consiguiente, la fórmula será Ni2O3. b) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura sistemática. Por consiguiente, la fórmula será HgO. c) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura sistemática. Por consiguiente, la fórmula será CrO. d) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura sistemática. Por consiguiente, la fórmula será SnO2. e) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura de Stock. En este caso no es necesario especificar la valencia porque el calcio únicamente presenta valencia 2. Por tanto, la fórmula es CaO. f) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura de Stock. En este caso no es necesario especificar la valencia porque el potasio únicamente presenta valencia 1. Por tanto, la fórmula es K2O. g) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura tradicional. En este caso, como el cobre presenta dos valencias, 1 y 2, el sufijo -oso nos indica que está actuando con la menor. Por tanto, la fórmula será Cu2O. h) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura de Stock. En este caso no es necesario especificar la valencia porque el bario únicamente presenta valencia 2. Por tanto, la fórmula es BaO. i) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura de Stock. En este caso no es necesario especificar la valencia porque la

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plata únicamente presenta valencia 1. Por tanto, la fórmula es Ag2O j) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura de Stock. En este caso no es necesario especificar la valencia porque el cadmio únicamente presenta valencia 2. Por tanto, la fórmula es CdO. k) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura de Stock. En este caso no es necesario especificar la valencia porque el cinc únicamente presenta valencia 2. Por tanto, la fórmula es ZnO. l) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura sistemática. Por consiguiente, la fórmula será Au2O3. m) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura sistemática. Por consiguiente, la fórmula será Co2O3. n) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura de Stock. En este caso no es necesario especificar la valencia porque el estroncio únicamente presenta valencia 2. Por tanto, la fórmula es SrO. o) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura de Stock. En este caso no es necesario especificar la valencia porque el francio únicamente presenta valencia 1. Por tanto, la fórmula es Fr2O. p) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura tradicional. En este caso, como el estaño presenta dos valencias, 2 y 4, el sufijo -ico nos indica que está actuando con la mayor. Por tanto, la fórmula será SnO2. q) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura tradicional. En este caso, como el platino presenta dos valencias, 2 y 4, el sufijo -oso nos indica que está actuando con la menor. Por tanto, la fórmula será PtO. r) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura de Stock. En este caso no es necesario especificar la valencia porque el aluminio únicamente presenta valencia 3. Por tanto, la fórmula es Al2O3.

852

s) Se trata de la fórmula de un óxido metálico según la nomenclatura de Stock. En este caso no es necesario especificar la valencia porque el litio únicamente presenta valencia 1. Por tanto, la fórmula es Li2O.

4. Formular los siguientes compuestos: a) peróxido de estroncio; b) peróxido de sodio; c) peróxido de bario; d) peróxido de hidrógeno. RESOLUCIÓN: a) Se trata de la fórmula de un peróxido según la nomenclatura de Stock. En este caso no es preciso indicar la valencia del estroncio puesto que únicamente presenta valencia 2. Por consiguiente, la fórmula es SrO2. b) Se trata de la fórmula de un peróxido según la nomenclatura de Stock. En este caso no es preciso indicar la valencia del sodio puesto que únicamente presenta valencia 1. Por consiguiente, la fórmula es Na2O2. c) Se trata de la fórmula de un peróxido según la nomenclatura de Stock. En este caso no es preciso indicar la valencia del bario puesto que únicamente presenta valencia 2. Por consiguiente, la fórmula es BaO2. d) Se trata de la fórmula de un peróxido según la nomenclatura de Stock. En este caso no es preciso indicar la valencia del hidrógeno puesto que únicamente presenta valencia 1. Por consiguiente, la fórmula es H2O2.

5. Formular los siguientes compuestos: a) dicloruro de calcio; b) seleniuro plumboso; c) yoduro férrico; d) nitruro de sodio; e) telururo de cobalto(II); f) tricloruro de bismuto; g) bromuro de potasio; h) dicloruro de hierro; i) fluoruro de estroncio; j) sulfuro de cesio; k) yoduro de sodio; l) cloruro de oro (III). RESOLUCIÓN: a) Se trata de la combinación binaria de un no metal (cloro) con un metal (calcio) según la no-

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

menclatura sistemática. Así pues, la fórmula es CaCl2. b) Se trata de la combinación binaria de un no metal (selenio) con un metal (plomo) según la nomenclatura tradicional. Como el plomo presenta dos valencias, 2 y 4, se especifica con el sufijo -oso que se trata de la menor. Por su parte, el anión seleniuro actúa con valencia 2, por encontrarse en el grupo VI. Así pues, la fórmula es PbSe. c) Se trata de la combinación binaria de un no metal (yodo) con un metal (hierro) según la nomenclatura tradicional. Como el hierro presenta dos valencias, 2 y 3, se especifica con el sufijo -ico que se trata de la mayor. Por su parte, el anión yoduro actúa con valencia 1, por encontrarse en el grupo VII. Así pues, la fórmula es FeI3. d) Se trata de la combinación binaria de un no metal (nitrógeno) con un metal (sodio) según la nomenclatura tradicional. Como el sodio presenta únicamente la valencia 1 no hace falta especificarla. Por su parte, el anión nitruro actúa con valencia 3, por encontrarse en el grupo V. Así pues, la fórmula es Na3N. e) Se trata de la combinación binaria de un no metal (telurio) con un metal (cobalto) según la nomenclatura de Stock. Como el cobalto presenta dos valencias, 2 y 3, se especifica con cifras romanas que se trata de la valencia 2. Por su parte, el anión telururo actúa con valencia 2, por encontrarse en el grupo VI. Así pues, la fórmula es CoTe. f ) Se trata de la combinación binaria de un no metal (cloro) con un metal (bismuto) según la nomenclatura sistemática. Así pues, la fórmula es BiCl3. g) Se trata de la combinación binaria de un no metal (bromo) con un metal (potasio) según la nomenclatura de Stock. Como el potasio únicamente presenta la valencia 1 no es necesario especificarla. Por su parte, el anión bromuro actúa con valencia 1, por encontrarse en el grupo VII. Así pues, la fórmula es KBr. h) Se trata de la combinación binaria de un no metal (cloro) con un metal (hierro) según la no-

menclatura sistemática. Así pues, la fórmula es FeCl2. i) Se trata de la combinación binaria de un no metal (flúor) con un metal (estroncio) según la nomenclatura de Stock. Como el estroncio únicamente presenta la valencia 2 no es necesario especificarla. Por su parte, el anión fluoruro actúa con valencia 1, por encontrarse en el grupo VII. Así pues, la fórmula es SrF2. j) Se trata de la combinación binaria de un no metal (azufre) con un metal (cesio) según la nomenclatura de Stock. Como el cesio únicamente presenta la valencia 1 no es necesario especificarla. Por su parte, el anión sulfuro actúa con valencia 2, por encontrarse en el grupo VI. Así pues, la fórmula es Cs2S. k) Se trata de la combinación binaria de un no metal (yodo) con un metal (sodio) según la nomenclatura de Stock. Como el sodio únicamente presenta la valencia 1 no es necesario especificarla. Por su parte, el anión yoduro actúa con valencia 1, por encontrarse en el grupo VII. Así pues, la fórmula es NaI. l) Se trata de la combinación binaria de un no metal (cloro) con un metal (oro) según la nomenclatura de Stock. Como el oro presenta dos valencias, 1 y 3, se especifica con cifras romanas que se trata de la valencia 3. Por su parte, el anión cloruro actúa con valencia 1, por encontrarse en el grupo VII. Así pues, la fórmula es AuCl3.

6. Formular los siguientes compuestos: a) hidróxido de mercurio (II); b) hidróxido de cobalto (III); c) hidróxido de bario; d) hidróxido de cesio; e) hidróxido de hierro (III); f) hidróxido de cinc; g) hidróxido de estaño (II); h) hidróxido de bismuto; i) hidróxido de plomo (II); j) hidróxido de platino (II); k) hidróxido de oro (I). RESOLUCIÓN: a) Se trata de un hidróxido según la nomenclatura de Stock. Como el mercurio presenta

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dos valencias, 1 y 2, se especifica con cifras romanas que se trata de la valencia 2. Como el grupo OH tiene valencia 1, la fórmula es Hg(OH)2. b) Se trata de un hidróxido según la nomenclatura de Stock. Como el cobalto presenta dos valencias, 2 y 3, se especifica con cifras romanas que se trata de la valencia 3. Como el grupo OH tiene valencia 1, la fórmula es Co(OH)3. c) Se trata de un hidróxido según la nomenclatura de Stock. Como el bario únicamente presenta la valencia 2 y el grupo OH tiene valencia 1, la fórmula es Ba(OH)2. d) Se trata de un hidróxido según la nomenclatura de Stock. Como el cesio únicamente presenta la valencia 1 y el grupo OH tiene valencia 1, la fórmula es CsOH. e) Se trata de un hidróxido según la nomenclatura de Stock. Como el hierro presenta dos valencias, 2 y 3, se especifica con cifras romanas que se trata de la valencia 3. Como el grupo OH tiene valencia 1, la fórmula es Fe(OH)3. f ) Se trata de un hidróxido según la nomenclatura de Stock. Como el cinc únicamente presenta la valencia 2 y el grupo OH tiene valencia 1, la fórmula es Zn(OH)2. g) Se trata de un hidróxido según la nomenclatura de Stock. Como el estaño presenta dos valencias, 2 y 4, se especifica con cifras romanas que se trata de la valencia 2. Como el grupo OH tiene valencia 1, la fórmula es Sn(OH)2. h) Se trata de un hidróxido según la nomenclatura de Stock. Como el bismuto únicamente presenta la valencia 3 y el grupo OH tiene valencia 1, la fórmula es Bi(OH)3. i) Se trata de un hidróxido según la nomenclatura de Stock. Como el plomo presenta dos valencias, 2 y 4, se especifica con cifras romanas que se trata de la valencia 2. Como el grupo OH tiene valencia 1, la fórmula es Pb(OH)2. j) Se trata de un hidróxido según la nomenclatura de Stock. Como el platino presenta dos valencias, 2 y 4, se especifica con cifras romanas que se trata de la valencia 2. Como el grupo OH tiene valencia 1, la fórmula es Pt(OH)2.

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k) Se trata de un hidróxido según la nomenclatura de Stock. Como el oro presenta dos valencias, 1 y 3, se especifica con cifras romanas que se trata de la valencia 1. Como el grupo OH tiene valencia 1, la fórmula es AuOH.

7. Formular los siguientes iones: a) catión potasio; b) catión magnesio; c) catión hierro (II); d) catión amonio; e) catión cobre (II); f) anión cloruro; g) anión arseniuro; h) anión sulfuro; i) anión fosfuro; j) anión hipoyodito; k) anión yodato; l) anión nitrito; m) anión perclorato; n) anión bromito.

RESOLUCIÓN: a) Se trata de un catión monoatómico según la nomenclatura de Stock. Como el potasio tan sólo tiene valencia 1, ésta coincidirá con el número de cargas positivas y no será necesario especificarla. Así pues, la fórmula es K+. b) Se trata de un catión monoatómico según la nomenclatura de Stock. Como el magnesio tan sólo tiene valencia 2, ésta coincidirá con el número de cargas positivas y no será necesario especificarla. Así pues, la fórmula es Mg2+. c) Se trata de un catión monoatómico según la nomenclatura de Stock. Como el hierro presenta dos valencias, 2 y 3, hay que indicar con qué valencia actúa para conocer la carga del catión. La fórmula será Fe2+. d) Se trata de un catión poliatómico, que por derivar del amoníaco recibe el nombre de amonio. Su fórmula es NH4+. e) Se trata de un catión monoatómico según la nomenclatura de Stock. Como el cobre presenta dos valencias, 1 y 2, hay que indicar con qué valencia actúa para conocer la carga del catión. La fórmula será Cu2+. f) Se trata de un anión monoatómico, cuya carga negativa coincide con la valencia del cloro, que es 1 por estar en el grupo VII. Por tanto, la fórmula es Cl–. g) Se trata de un anión monoatómico, cuya carga negativa coincide con la valencia del arsénico,

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

que es 3 por estar en el grupo V. Por tanto, la fórmula es As3–. h) Se trata de un anión monoatómico, cuya carga negativa coincide con la valencia del azufre, que es 2 por estar en el grupo VI. Por tanto, la fórmula es S2–. i) Se trata de un anión monoatómico, cuya carga negativa coincide con la valencia del fósforo, que es 3 por estar en el grupo V. Por tanto, la fórmula es P3–. j) Se trata de un anión poliatómico según la nomenclatura tradicional. Su fórmula es IO–. k) Se trata de un anión poliatómico según la nomenclatura tradicional. Su fórmula es IO3–. l) Se trata de un anión poliatómico según la nomenclatura tradicional. Su fórmula es NO2–. m) Se trata de un anión poliatómico según la nomenclatura tradicional. Su fórmula es ClO4–. n) Se trata de un anión poliatómico según la nomenclatura tradicional. Su fórmula es BrO2–.

8. Formular los siguientes compuestos: a) hidrogenosulfato de sodio; b) dihidrogenofosfato de aluminio; c) carbonato de sodio heptahidrato. RESOLUCIÓN: a) Se trata de una sal ácida que proviene del anión hidrogenosulfato (HSO4–) y del catión sodio (Na+). Por tanto, la fórmula es NaHSO4. b) Se trata de una sal ácida que proviene del anión dihidrogenofosfato (H2PO4–) y del catión aluminio (Al3+). Por tanto, la fórmula es Al(H2PO4)3. c) Se trata de una sal hidratada del carbonato de sodio con 7 moléculas de agua de hidratación. El carbonato de sodio es una sal que proviene del anión carbonato (CO32–) y del catión sodio (Na+). Por tanto, la fórmula es Na2CO3 · 7 H2O.

FORMULACIÓN Y NOMENCLATURA ORGÁNICA 1. Formular los siguientes hidrocarburos: a) 4metilnonano; b) 3-etilheptano; c) 4-butildecano; d) 4-etiloctano; e) 2-metilhexano. RESOLUCIÓN: a) Se trata de un alcano con una cadena principal de 9 carbonos y un sustituyente metilo en la posición 4. La fórmula es: CH3 | CH3—CH2—CH2—CH—CH2—CH2—CH2—CH2—CH3 b) Se trata de un alcano con una cadena principal de 7 carbonos y un sustituyente etilo en la posición número 3. La fórmula es: CH3—CH2—CH—CH2—CH2—CH2—CH3 | CH2 | CH3 c) Se trata de un alcano con una cadena principal de 10 carbonos y un sustituyente butilo en la posición número 4. La fórmula es: CH2—CH2—CH2—CH3 | CH3—CH2—CH2—CH—CH2—CH2—CH2—CH2—CH2—CH3 d) Se trata de un alcano con una cadena principal de 8 carbonos y un sustituyente etilo en la posición número 4. La fórmula es: CH3—CH2—CH2—CH—CH2—CH2—CH2—CH3 | CH2 | CH3

855

e) Se trata de un alcano con una cadena principal de 6 carbonos y un sustituyente metilo en la posición número 2. La fórmula es: CH3 | CH3—CH—CH2—CH2—CH2—CH3

RESOLUCIÓN: a) Se trata de un alquino de 6 carbonos con el triple enlace en la posición 1. La fórmula será: HCC—CH2—CH2—CH2—CH3 b) Se trata de un alquino de 7 carbonos con el triple enlace en la posición 2. La fórmula será:

2. Formular los siguientes hidrocarburos: a) 1,3-butadieno; b) 1,3-hexadieno; c) 1,3,4-heptatrieno; d) 1,3-pentadieno; e) 2,3-hexadieno. RESOLUCIÓN: a) Se trata de un dieno de 4 carbonos con los dobles enlaces en las posiciones 1 y 3. La fórmula será: CH2CH—CHCH2 b) Se trata de un dieno de 6 carbonos con los dobles enlaces en las posiciones 1 y 3. La fórmula será: CH2CH—CHCH2—CH3 c) Se trata de un trieno de 7 carbonos con los dobles enlaces en las posiciones 1,3 y 4. La fórmula será:

CH3—CC—CH2—CH2—CH2—CH3 c) Se trata de un diino de 5 carbonos con los triples enlaces en las posiciones 1 y 4. La fórmula será: HCC—CH2—CCH d) Se trata de un diino de 7 carbonos con los triples enlaces en las posiciones 1 y 3. La fórmula será: HCC—CC—CH2—CH2—CH3 e) Se trata de un triino de 9 carbonos con los triples enlaces en las posiciones 1,3 y 5. La fórmula será: HCC—CC—CC—CH2—CH2—CH3

CH2CH—CHCCH—CH2—CH3 d) Se trata de un dieno de 5 carbonos con los dobles enlaces en las posiciones 1 y 3. La fórmula será: CH2CH—CHCH—CH3 e) Se trata de un dieno de 6 carbonos con los dobles enlaces en las posiciones 2 y 3. La fórmula será: CH3—CHCC—CH—CH2—CH3

3. Formular los siguientes hidrocarburos: a) 1hexino; b) 2-heptino; c) 1,4-pentadiino; d) 1,3heptadiino; e) 1,3,5-nonatriino.

856

4. Formular los siguientes hidrocarburos: a) metilciclopropano; b) etilciclobutano; c) cicloocteno; d) ciclopropeno; e) propilciclopentano. RESOLUCIÓN: a) Se trata de un cicloalcano de 3 carbonos con un sustituyente metilo. La fórmula será: CH3 |

b) Se trata de un cicloalcano de 4 carbonos con un sustituyente etilo. La fórmula será: —CH2—CH3

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

c) Se trata de un cicloalqueno con 8 carbonos. La fórmula será: |

d) Se trata de un cicloalqueno con 3 carbonos. La fórmula será:

d) Se trata de un derivado del benceno con un sustituyente butilo y otro sustituyente etilo en las posiciones 1 y 3. La fórmula será: CH2—CH3 | \

— e) Se trata de un cicloalcano de 5 carbonos con un sustituyente propilo. La fórmula será: —CH2—CH2—CH3

CH2—CH2—CH2—CH3

e) Se trata de un derivado del benceno con un sustituyente metilo y otro sustituyente propilo en las posiciones 1 y 4. La fórmula será: H3C—

5. Formular los siguientes hidrocarburos: a) metilbenceno; b) 1,2,4-trimetilbenceno; c) o-etilmetilbenceno; d) m-butiletilbenceno; e) p-metilpropilbenceno. RESOLUCIÓN: a) Se trata de un derivado del benceno con un sustituyente metilo. La fórmula será:

—CH2—CH2—CH3

6. Formular los siguientes compuestos halogenados: a) 1-cloro-2-yodopentano; b) 1-cloro-2metilpropano; c) diclorometano; d) p-diclorobenceno; e) m-clorometilbenceno. RESOLUCIÓN:

—CH3 b) Se trata de un derivado del benceno con tres sustituyentes metilo en las posiciones 1, 2 y 4. La fórmula será: CH3 | CH 3 ⁄ | CH3 c) Se trata de un derivado del benceno con un sustituyente metilo y otro sustituyente etilo en las posiciones 1 y 2. La fórmula será: CH3 ⁄ \

CH2—CH3

a) Se trata de un alcano de 5 carbonos con un sustituyente cloro en la posición 1 y un sustituyente yodo en la posición 2. La fórmula será: CClH2—CIH—CH2—CH2—CH3 b) Se trata de un alcano de 3 carbonos con un sustituyente cloro en la posición 1 y un sustituyente metilo en la posición 2. La fórmula será: CH3 | CClH2—CH—CH3 c) Se trata de un alcano de 1 carbono con dos sustituyentes cloro. La fórmula será: CCl2H2

857

OH | CH 3 ⁄

d) Se trata de un derivado del benceno con dos sustituyentes cloro en las posiciones 1 y 4. La fórmula será: Cl—

\

CH2—CH3

—Cl

e) Se trata de un derivado del benceno con un sustituyente cloro y un sustituyente metilo situados en las posiciones 1 y 3. La fórmula será: CH3 |

e) Se trata de un fenol con un sustituyente etilo en la posición 3. La fórmula será: OH | \

CH2—CH3

\

Cl 8. Formular los siguientes compuestos: a) etoxietano; b) metoxiciclohexano; c) propanodial; d) pentanal; e) 2-pentanona; f) ciclobutanona.

7. Formular los siguientes compuestos: a) 2propanol; b) 1,2,3-hexanotriol; c) 2-metil-1,3,5heptanotriol; d) 3-etil-2-metilfenol; e) m-etilfenol. RESOLUCIÓN: a) Se trata de un alcohol de 3 átomos de carbono, con el grupo OH en la posición 2. La fórmula será: CH3—CH2OH—CH3 b) Se trata de un triol de 6 átomos de carbono, con los grupos OH en las posiciones 1, 2 y 3. La fórmula será:

RESOLUCIÓN: a) Se trata de un éter con dos sustituyentes etilo. La fórmula será: CH3—CH2—O—CH2—CH3 b) Se trata de un éter con un sustituyente metilo y otro sustituyente ciclohexilo. La fórmula será: CH3—O— c) Se trata de un dial de 3 átomos de carbono. La fórmula será:

CN2OH—CHOH—CHOH—CH2—CH2—CH3 c) Se trata de un triol de 7 átomos de carbono con un sustituyente metilo en la posición 2 y los grupos OH en las posiciones 1, 3 y 5. La fórmula será: CH2OH—CH—CHOH—CH2—CHOH—CH2—CH3 | CH3 d) Se trata de un fenol con un sustituyente metilo en la posición 2 y un sustituyente etilo en la posición 3. La fórmula será:

858

O

O ⁄⁄ C—CH2—C \ ⁄ H H \\

d) Se trata de un aldehído de 5 átomos de carbono. La fórmula será: O ⁄⁄ CH3—CH2—CH2—CH2—C \

H

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

e) Se trata de una cetona de 5 átomos de carbono, con el grupo carbonilo en la posición 2. La fórmula será: O || CH3—C—CH2—CH2—CH3 f) Se trata de una ciclocetona de 4 átomos de carbono. La fórmula será: O ⁄⁄

9. Formular los siguientes compuestos oxigenados: a) ácido 2-metilbutanodioico; b) benzoato de etilo; c) 2-butenoato de metilo; d) anhídrido propiónico; e) cloruro de propanoilo. RESOLUCIÓN: a) Se trata de un ácido dicarboxílico de 4 átomos de carbono con un sustituyente metilo en la posición 2. La fórmula será: CH3 O | ⁄⁄ C—CH—CH2—C \ ⁄ HO OH O

\\

b) Se trata de un éster del ácido benzoico y el metanol. La fórmula será:

⁄

O || C—O—CH2—CH3

c) Se trata de un éster del ácido 2-butenoico y el metanol. La fórmula será: O ⁄⁄ CH3—CHCH—C \ OCH3 d) Se trata de un anhídrido de ácido con los dos sustituyentes de 3 átomos de carbono. La fórmula será:

O O || || CH3—CH2—C C—CH2—CH3 \ ⁄ O e) Se trata de un cloruro del ácido propanoico. La fórmula será: O ⁄⁄ CH3—CH2—C \ Cl

10. Formular los siguientes compuestos nitrogenados: a) propilamina; b) p-aminofenol; c) 2metilbutanamida; d) 2-hidroxipentanamida; e) propanonitrilo; f ) 2-nitrociclopenteno; g) 2-nitrobutanal; h) m-nitrotolueno; i) ácido 2-aminopropanoico; j) ácido 2-amino-4-metilpentanoico. RESOLUCIÓN: a) Se trata de una amina primaria con un sustituyente propilo. La fórmula será: CH3—CH2—CH2—NH2 b) Se trata de un derivado del fenol con un sustituyente amino en la posición 4. La fórmula será: HO—

—NH2

c) Se trata de una amida de 4 carbonos con un sustituyente metilo en la posición 2. La fórmula será: CH3 O | ⁄⁄ CH3—CH2—CH—C \

NH2

d) Se trata de una amida de 5 carbonos con un sustituyente hidroxi en la posición 2. La fórmula será: O ⁄⁄ CH3—CH2—CH2—CHOH—C \

NH2

859

e) Se trata de un nitrilo de 3 átomos de carbono. La fórmula será: CH3—CH2—CN f ) Se trata de un cicloalqueno de 3 átomos de carbono con un sustituyente nitro en la posición 2. La fórmula será: —

| CH3 i) Se trata de un ácido carboxílico de 3 átomos de carbono con un sustituyente amino en la posición 2. La fórmula será:

\

NO2

g) Se trata de un aldehído de 4 carbonos con un sustituyente nitro en la posición 2. La fórmula será: O ⁄⁄ CH3—CH2—CH— C \ | NO2 H h) Se trata de un derivado del tolueno (metilbenceno) con un sustituyente nitro en la posición 3. La fórmula será:

860

⁄ NO2

CH3—CH—COOH

|

NH2 j) Se trata de un ácido carboxílico de 5 carbonos con un sustituyente amino en la posición 2 y un sustituyente metilo en la posición 4. La fórmula será: O ⁄⁄ CH3—CH—CH2—CH—C \ | | CH3 NH2 OH