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M. R. FERNNDEZ J. A. FIDALGO

1 000 PROBLEMAS DE

QUMICA GENERAL ESTADOS DE AGREGACIN ESTRUCTURA ATMICA

TRANSFORMACIONES QUMICAS QUMICA INORGNICA QUMICA DEL CARBONO

CURSO DE ORIENTACIN UNIVERSITARIA SELECTIVIDAD

ESCUELAS TCNICAS FACULTADES UNIVERSITARIAS

EDITORIAL EVEREST, S. A. Madrid Len Barcelona Sevilla Granada Valencia

Zaragoza Las Palmas de Gran Canaria La Corua Palma de Mallorca Alicante Mxico Lisboa

1. LA MATERIA Y SUS TRANSFORMACIONES. CONCEPTOS FUNDAMENTALES

FORMULARIO RESUMEN

Composicin centesimal de una sustancia:

1 % = N. to~os A . 1001

Deduccin de frmulas a partir de la composicin centesimal:

1 N. tomos= %M 1 A 100

(A= masa atmica del elemento; M =masa molecular del compuesto)

Concepto de mol: Mol es la cantidad de sustancia de un sistema que contiene tantas entidades elementales como tomos hay en 0,012 kg de carbono 12.

Relacin entre el mol y la masa atmica o molecular: La masa de 1 mol de cualquier sustancia (simple o compuesta), expresada en gramos, coincide con el valor numrico de su masa atmica o molecular.

Relacin entre el nmero de moles y la masa en gramos de una sustancia:

1 nmoles = ~ 1 \ a = masa, en gramos, de la sustancia ~ M = masa molecular de la sustancia Nmero de A vogadro, N0 : Es el nmero de entidades elementales presentes

en 1 mol de cualquier sustancia: 1 N0 = 6,022045 1@23 mol- 1 1

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Volumen molar normal de un gas, Vmn: Es el volumen que ocupa 1 mol de cualquier gas, medido en condiciones normales (O C y 1 atm):

1 V mn = 22,41383 l/mol 1

Carga elctrica de 1 mol de electrones:

1 F = N0 e 1 N 0 =nmero de Avogadro l F = faraday de electricidad = 96 500 C e = carga del electrn = 1,6 . 10-19 e Peso equivalente de un elemento o compuesto (llamado tambin equivalente

quimico), Peq: Es la cantidad del mismo que se combina o reemplaza (equivale qumicamente) a 1,008 partes de hidrgeno:

Ley de Dulong y Petit:

A = masa atmica del elemento M = masa molecular del compuesto val = valencia

A Ce = cte ( 6,3 cal ) mol C

(A = masa atmica del elemento slido; Ce = calor especfico del elemento sli-do).

l. LA MATERIA Y SUS TRANSFORMACIONES. CONCEPTOS FUNDAMENTALES

l. l. Si la masa de un sistema experimenta una variacin de 1 mg, qu energa, expresada en julios, se intercambia en este proceso? A cuntas caloras equi-valen?

Solucin: De acuerdo con la ecuacin de Einstein:

~E= ~m c2

tendremos:

~E= 10-6 kg. (3. 10s m/s) = 19. 1010J1 = 9. 1010 J. 0,214Jcal = 1 2,16 1010 cal 1

1.2. Si calentamos al aire un trozo de estao, ste se oxida y aumenta de peso. Esta-r esto en contradiccin con la ley de Lavoisier?

Solucin: La ley de Lavoisier se cumple siempre. En este caso el estao aumenta de peso al combinarse con el oxgeno del aire. Sin embargo, la suma de las masas del estao y del oxgeno captado es igual a la del xido de estao formado.

1.3. En el amonaco, el nitrgeno y el hidrgeno se encuentran en la siguiente relacin: Z = 4,~32 . Hallar la cantidad de amonaco que podr obtenerse a partir de 2 ,87 gramos de hidrgeno.

Solucin: De acuerdo con la ley de las proporciones definidas, podemos establecer la siguiente relacin:

1 g de hidrgeno 4,632 g de nitrgeno

2,87 g de hidrgeno x g de nitrgeno

de donde: x = 13,29 g de nitrgeno. Por tanto, la cantidad de amonaco que se obtiene ser:

13,29 g de nitrgeno + 2,87 g de hidrgeno = j 16,16 g de amonaco 1

1.4. La composicin centesimal del bromuro de potasio es 67,14 % de bromo y 32,86 % de potasio. Si preparamos una reaccin entre 36,60 g de bromo y 25,62 g de potasio, qu cantidad de potasio quedar sin reaccionar?

Solucin: Con 36,60 g de bromo reaccionan:

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36,60 g de bromo !~~~ g ~e ~otasio = 17 ,91 g de potasio , g e romo

Por consiguiente, la cantidad de potasio que queda sin reaccionar ser:

25,62 g - 17,91g=17,71 g de potasio 1

1.5. A partir de 0,8755 g, 1,3601 g y 1,9736 g de aluminio se forman 1,654 g, 2,5699 g y 3,7290 g de xido de aluminio, respectivamente. Comprobar que se cumple la ley de las proporciones definidas.

Solucin: Las relaciones entre las cantidades de oxgeno y aluminio en cada uno de los casos del problema son:

a) (1,654 - 0,8755) g de oxgeno = 0,8892; 0,8755 g de aluminio

b) (2,5699 - 1,3601) g de oxgeno = 0,8895; 1,3601 g de aluminio

c) (3,7290 - 1,9736) g de oxgeno = 0,8894 1,9736 g de aluminio

El hecho de que estas relaciones sean iguales demuestra que se cumple la ley de las proporciones definidas.

1.6. El estao forma dos cloruros cuyos contenidos en estao son 88,12 % y 78,76 %. Qu ley ponderal se cumple? Ennciala.

Solucin: Relacin en peso en el primer cloruro:

Sn 88,12 = 7,4175 Cl 11,88

y en el segundo:

Sn = 78,76 = 3 7081 = 7,4175 Cl 21,24 ' 2

Este resultado pone de manifiesto la ley de las proporciones mltiples: Las cantidades de un determinado elemento que se combinan con una misma cantidad de otro, para formar en cada caso un compuesto distinto, estn en la relacin de nmeros enteros sencillos.

1.7. El manganeso forma tres xidos, en los que los porcentajes de oxgeno son 22,54 %, 30,38 % y 36,78 %. Comprobar que se cumple la ley de las proporcio-nes mltiples.

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Solucin: Las relaciones entre las cantidades de oxgeno y manganeso en cada uno de los tres xidos son:

C b . ' 1 R l . ' O 22,54 0,2910 om mac1on : e acwn en peso Mn = 77,46 1

Combinacin 2: Relacin en peso .:l.n = 30,38 0,4364 = 0,2910. 3 69,62 -1- 2

Combinacin 3: Relacin en peso .:l.n = 36,78 0,5818 = 0,2910. 2 63,22 1 1

Como las cantidades de oxgeno que se combinan con una determinada cantidad de manganeso estn en la relacin de nmeros enteros sencillos, se cumple la ley de las proporciones mltiples.

1.8. Tres xidos de nitrgeno contienen 36,35 %, 53,32 % y 69,55 % de oxgeno, respectivamente. Comprobar la ley de las proporciones mltiples.

Solucin: Calculemos, del mismo modo que en el problema anterior, las relaciones entre las cantidades de oxgeno y nitrgeno en cada uno de los tres xidos:

Combinacin 1: Relacin o 36,35 0,5711 N 63,65 1

Combinacin 2: Relacin ~ 53,32 1,1422 0,5711 . 2 46,68 1 1 C b. . , 3 R l . , O 69,55 2,2841 0,5711 . 4 om macwn : e acwn N = 30,45 = 1 1

Se cumple la ley de las proporciones mltiples, ya que las cantidades de oxgeno que se unen con una determinada cantidad de nitrgeno estn en la relacin de nmeros enteros sencillos.

1.9. Un xido de cloro contiene 18,41 % de oxgeno; el xido de cinc contiene 80,34 % de cinc y el cloruro de cinc contiene 52,03 % de cloro. Demostrar que constituyen un ejemplo de la ley de las proporciones recprocas.

Solucin: En el xido de cloro:

Cl 81,59 = 4,4318 o 18,41

y en el de cinc:

Zn _ 80,34 o - 19,66 = 4,0865

mientras que en el cloruro de cinc:

Cl = 52,03 = 1 0846 = 4,4318 Zn 47 ,97 ' 4,0865

de acuerdo con la ley de las proporciones recprocas.

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1.10. a) Si 7,64 g de fsforo se combinan con 0,75 g de hidrgeno, calcular el peso equivalente del fsforo.

b) Si 23,192 g de cadmio reaccionan totalmente con 0,416 g de hidrgeno, deducir el peso equivalente del cadmio.

Solucin: Peso equivalente de un elemento o compuesto es la cantidad del mismo que se combina o reemplaza a 1,008 partes de hidrgeno. Por tanto:

a)

b)

de donde:

7 ,64 g fsforo O, 75 g hidrgeno

x (P eq fsforo) 1,008 (Peq hidrgeno)

1 Peq fsforo = 10,27 j

23, 192 g cadmio 0,416 g hidrgeno

x (P eq cadmio) 1,008 (P eq hidrgeno)

De aqu resulta:

1 Peq cadmio = 56,196 1

1.11. Calcular el peso equivalente del yodo, sabiendo que 5,50 g de yodo se combinan con 4,68 g de plata y que, a su vez, 26,97 g de plata se combinan con 2 g de oxgeno.

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Solucin: En la combinacin entre el oxgeno y la plata:

de donde:

2 g oxgeno 26,97 g plata

8,00 (P eq oxgeno) x (P eq plata)

Peq plata= 107,88

Cuando se combinan la plata y el yodo:

de donde resulta:

4,68 g plata 5,50 g yodo

107 ,88 (P eq plata) X (Peq yodo)

1 Peq yodo = 126,781

1.12. Al pasar una corriente de cloro sobre 16,000 g de estao se forman 35,116 g de tetracloruro de estao; si el peso equivalente del cloro es 35,46, hallar el peso equivalente del estao en dicho compuesto, as como su masa at-mica.

Solucin: Para el tetracloruro de estao se cumple que:

de donde:

16 g estao (35,116 - 16,000) g cloro

x (P eq estao) 35,46 (Peq cloro)

Peq estao = 29,681

La masa atmica del estao ser:

A (Sn) = Peq (Sn) val = 29,68 4 = j ns,12 I 1.13. Al analizar un xido de calcio se encontr que contena 3,2 g de oxigeno y 8 g de

calcio. Al repetir la operacin con una muestra de cloruro de calcio se pudo comprobar que contena 14,2 g de cloro por cada 8 g de calcio. El anlisis de una tercera muestra revel que contena 2,84 g de cloro y 0,64 g de oxgeno. Demostrar con estos datos qu ley o leyes ponderales de la Qumica cumplen estos compuestos.

Solucin:

En el xido de calcio:

R l . , O 3 ,2 g oxgeno e ac10n Ca = 8 g calcio = 0,400

y en el cloruro de calcio:

R l . , Cl 14,2 g cloro __ l,775 e ac10n Ca = 8 g calcio

mientras que en el xido de cloro citado:

R l . , O _ 0,64 g oxgeno 0,400 e ac10n a - 2,84 g cloro = 0,2254 = 1,775

cumplindose la ley de las proporciones equivalentes.

1.14. El anlisis de un compuesto de azufre e hidrgeno revela que por cada 14,80 g de azufre hay 0,93 g de hidrgeno. Por otro lado, en un compuesto de azufre y calcio, por cada 12 g de azufre hay 15 g de calcio. Hallar, con estos datos, el peso equivalente del calcio.

Solucin: Calculemos, en primer lugar, las cantidades de hidrgeno y cal-cio que se combinan con la misma cantidad de azufre:

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12 g azufre 15 g calcio

14,80 g azufre X

x = 18,50 g de calcio

Como 18,50 g de calcio y 0,93 g de hidrgeno se combinan con la misma cantidad de azufre (14,80 g), el peso equivalente del calcio ser:

18,50 g calcio x (P eq calcio) 0,93 g hidrgeno 1,008 (Peq hidrgeno)

de donde:

1 Peq calcio = 20,051 1.15. Cuando 0,964 g de una muestra pura de un metal reacciona con un exceso de

cido diluido se liberan 240 mi de hidrgeno, medidos en condiciones normales. Hallar el peso equivalente del metal.

Solucin: El nmero de gramos de hidrgeno liberado es:

11 1 mol H 2 240 ml H 2 -- ----103 ml 22,414 l H2

Por tanto:

de donde:

0,0216 g hidrgeno 1,008 (P eq hidrgeno)

2,016 g H2 ---- = 0,0216 g H 2

1 mol H2

0,964 g metal Peq (M)

1 P eq (M) = 451 l.16. Tenemos una mezcla de 20 litros de nitrgeno y 70 litros de hidrgeno. Si estos

gases reaccionan para formar amonaco, cuntos litros de este ltimo gas, me-didos en las mismas condiciones, se producirn, suponiendo que el rendimiento de la operacin sea del 60 %?

Solucin: El nitrgeno y el hidrgeno reaccionan para formar amonaco de acuerdo con la ecuacin:

N2(gl + 3 H2(gl --~ 2 NH3(gl Por tanto, el nitrgeno reaccionar en su totalidad y producir:

2 vol NH3 201N2 ----1 vol H2 60 l NH3 producidos 1 1 --------- = 24 litros de NH3 100 l NH3 tericos . .

1.17. Calcular la masa molecular del carbonato de calcio, cuya frmula es CaC03 (Ca = 40; C = 12; O = 16).

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Solucin: Si designamos por M la masa molecular del carbonato de calcio y por A la masa atmica de cada uno de los tomos que intervienen en dicha sustancia, tenemos:

M(caco,) = 1 A(ca) + 1 A(C) + 3 A(o) =

= 1 . 40 + 1 . 12 + 3 . 16 = 1100 1

Al decir que la masa molecular del carbonato de calcio es 100 queremos expresar que la masa de una molcula de carbonato de calcio es 100 veces mayor que la doceava parte de la masa de un tomo de C-12.

1.18. Calcular la composicin centesimal de las siguientes sustancias: a) sulfato de sodio; b) hidrxido de sodio; c) cloruro de bario; d) nitrato de potasio.

Solucin: a) La masa molecular del sulfato de sodio es:

M(Na2sO,) = 2 A(Na) + 1 A(s) + 4 A(O) = = 2 . 22,990 + 1 . 32,064 + 4 . 16,000 = 142,044

El tanto por ciento de cada elemento ser:

2 . 22,990 -1 1 % de Na 142 044 100 - 32,37 % de Na '

- 1 . 32,064 -1 1 % de S - 142 044 100 - 22,57 % de S '

- 4 . 16,000 -1 1 % de O - 142 044 100 - 45,06 % de O '

Como es lgico, la suma de los porcentajes de los elementos componen-tes ha de resultar igual a 100. En efecto: 32,37 + 22,57 + 45,06 = 100.

b) En el caso del hidrxido de sodio:

M(NaOH) = 1 A(Na) + 1 A(o) + 1 A(H) = = 1 . 23 + 1 . 16 + 1 . 1 = 40

% de Na = 1 ~g3 100 = 157 ,5 % de Na 1

% de O = 1 ~016 100 = 140,0 % de O 1 % de H = 1; 0

1 100 = l 2,5 % de H 1

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c) Anlogamente para el cloruro de bario:

M(BaCI,) = 1 A(Ba) + 2 A(CI) = 1 137,34 + 2 35,45 = 208,24

1 . 137 34 1 1 % de Ba = 208,24 100 = 65,95 % de Ba

- 2. 35,45 1 1 % de Cl - 208 24 100 = 34,05 % de Cl '

d) dem, para el nitrato de potasio: M(KNO,) = 1 . A(K) + 1 . A(N) + 3 . A(O) =

= 1 . 39,1 + 1 . 14 + 3 . 16 = 101,1

% de K = 1 ;0~91 1 100=138,67 % de K 1 '

% de N = i/t 100 = j 13,85 % de N 1 '

% de O = ;1~~ 100 = 147,48 % de O 1 1.19. Calcular el tanto por ciento en peso de azufre en cada uno de los siguientes

compuestos: a) sulfato de hierro (111); b) sulfuro de hierro (11); c) sulfato de cobre (11).

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Solucin: a) La masa molecular del sulfato de hierro (III) es:

MFe,(S04h] = 2 A(Fe) + 3 A(S) + 12 A(o) = 2 55,847 + + 3 . 32,064 + 12 . 16,000 = 399,886

El tanto por ciento de azufre presente en esta sustancia es:

- 3 . 32,064 - 1 1 % de S - 399 886 100 - 24,05 % '

b) En el caso del sulfuro de hierro (II):

M(FeS) = 1 A(Fe) + 1 A(s) = 1 55,847 + 1 32,064 = 87,911

% de S = 1 3264 100 = 1 36,47 % 1 87,911 . .

c) Anlogamente, para el sulfato de cobre (II):

M(cuS04) = 1 A(cu) + 1 A(s) + 4 A(o) = 1 63,54 + 1 32,064 + + 4 . 16,000 = 159,604

- 1 . 32,064 - 1 1 % de S - 159 604 100 - 20,09 ~ '

1.20. Qu sustancia es ms rica en nitrgeno: el nitrato de sodio o el nitrato de potasio?

Solucin: Hallemos el tanto por ciento de nitrgeno en cada uno de los compuestos:

a)

b)

M(NaN03) = 1 A(Na) + 1 A(N) + 3 A(o) = = 1 . 23 + 1 . 14 + 3 . 16 = 85

% de N = 1 ~514 100 = 16,47 % de N

M(KNo,) = 1 A(K) + 1 A(N) + 3 A(o) = = 1 . 39,1 + 1 . 14 + 3 . 16 = 101,1

1 . 14 % de N = 101 1 100 = 13,85 % de N '

Por tanto, es ms rico en nitrgeno el nitrato de sodio.

1.21. Tenemos dos minerales, cuyas frmulas ms sencillas son Cu5FeS4 y Cu2S. Cul de los dos es ms rico en cobre?

Solucin:

a) M(Cu5FeS4) = 5 . A(cu) + 1 . A(Fe) + 4 . A(s) = 5 . 63,54 + 1 . 55,847 + + 4. 32,064 = 501,803

% de Cu 5 . 63,54 501 ,803 100 = 63,31 % de Cu

b) M(Cu2S) = 2 A(Cu) + 1 A(S) = 2 63,54 + 1 32,064 = 159,144 2. 63,54 % de Cu - 159 144 100 = 79,85 % de Cu

'

El ms rico en cobre es el segundo.

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1.22. Cul de estos dos minerales, supuestos puros, es ms rico en hierro: el oligisto (sesquixido de hierro) o la limonita [hidrxido de hierro (JI/)]?

Solucin:

a) M(Fe,03) = 2 A(Fe) + 3 Aco) = 2 55,847 + 3 16,000 = 159,694

% de Fe 2. 55,847 159 694 100 = 69,94 % de Fe '

b) MFe(OH)3] = 1 A(Fe) + 3 A(o) + 3 A(H) = 1 55,847 + 3 16,000 + + 3 . 1,008 = 106,871

% de Fe 1 55 ,347 100 = 52,26 % de Fe 106,871

Es ms rico en hierro el oligisto.

1.23. Qu cantidad de hierro habr en 150 g de xido de hierro (111) puro? (Fe = 55,85; O = 16,00).

Solucin: Como la masa molecular del Fe20 3 es:

M = 2 A(Fe) + 3 AcoJ = 2 55,85 + 3 16,00 = 159,70

el porcentaje de hierro en el xido ser: 2. 55,85 % de Fe =

159 70 100 = 69,94 % '

Por tanto, en 150 g de Fe20 3 habr:

69,94 g Fe 1 1 150 g Fe20 3 100 g Fe20 3 = 104,92 g Fe

1.24. En un mineral de blenda, ZnS, de un 42,8 % de pureza, qu tanto por ciento de cinc se encuentra presente?

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Solucin: Como la masa molecular del sulfuro de cinc es:

Mczns) = 1 Aczn) + 1 Aes) = 1 65,37 + 1 32,064 = 97,434, el tanto por ciento de cinc en el sulfuro de cinc puro ser:

% de Zn 1 . 65 ,37 . 100 = 67 09 o/i 97,434 ' o

Con esto ya podemos calcular el porcentaje de cinc presente en la blenda:

% de Zn = i~g 67 ,09 % = 1 28, 72 % 1

; ' . . '

La forma ms correcta de resolver este problema sera la siguiente:

42,8 g ZnS 65,37 g Zn 1 1 % de Zn = 100 g blenda 97 ,434 g ZnS lOO = 28 72 %

1.25. 150 gramos de una muestra de oligisto (Fe20 3) tiene un 25 % de impurezas. Qu cantidad de hierro existe en ella?

Solucin: La masa molecular del Fe20 3 es:

M(Fep,) = 2 A(Fe) + 3 A(O) = 2 55,85 + 3 16,00 = 159,70

Por tanto:

75 g Fe20 3 150 g oligisto -----100 g oligisto 111,70 g Fe = j 78,69 g Fe j

159,70 g Fe203 .

1.26. El abonado de una cierta tierra de labor exige anualmente 320 kg de nitrato de Chile (nitrato de sodio). Se ha decidido emplear, en lugar de dicho abono, nitra-to de Noruega (nitrato de calcio). Cuntos kilogramos de este ltimo debern utilizarse para que no se modifique la aportacin de nitrgeno fertilizante al . terreno?

Solucin: Hallemos, en primer lugar, el tanto por ciento de nitrgeno presente en el nitrato de Chile y en el nitrato de Noruega:

M(NaN03) = 1 A(Na) + 1 A(N) + 3 A(o) = 1 22,9898 + 1 14,0067 +

+ 3 . 16,0000 = 84,9965

1 . 14,0067 % de N = 84 9965 100 = 16,479 % de N '

Mca(N03) 2] = 1 A(Ca) + 2 A(N) + 6 A(o) = 1 40,08 + 2 14,0067 +

Por tanto:

+ 6 . 16,0000 = 164,0934

% de N = 2 1467 100 = 17,072 % de N 164,0934

16,479 kg N 100 kg Ca(N03) 2 1 1 320 kg NaN03 . 100 kg NaN03 17,072 kg N = 308,9 kg de Ca(N03)~ 1.27. Para la obtencin de azufre se ha utilizado una roca que contiene 35 % de azu-

fre. Con 40 toneladas de esta materia prima se obtuvieron 10,5 toneladas de azfre con un 7 % de impurezas. Cul es el rendimiento de la operacin y el peso de azufre no aprovechado?

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Solucin: El rendimiento ser:

R = 10,5 t azufre 40 t roca

100 t roca 35 t azufre total

93 t azufre obtenido 100 t azufre

= 0,6975 = 169,75 % 1

La cantidad de azufre existente en las 40 toneladas de roca es:

35 t s 40 t roca 100 = 14 t de S t roca

Como slo se obtuvieron:

10,5 t azufre 93 t S 9 765 t d S 100 t azufre = ' e

el peso de azufre no aprovechado es:

14 t - 9,765 t = 14,235 toneladas de azufre 1

l.28. Un compuesto de masa molecular 126 contiene 25,4 % de azufre, 38,1 % de oxgeno y 36,5 % de sodio. Cul es su frmula? (S = 32; O = 16; Na = 23).

Solucin:

N , d , d s - 25,4. 126 - 1 umero e atamos e - 32 . 100 -

N , d , d o 38,1 . 126 3 umero e atamos e = 16 . 100 =

N , d , d N 36,5 . 126 1 999 2 umero e atamos e a = 23 . 100 = , =

Luego, la frmula es Na2S03 (sulfito de sodio).

l.29. Hallar la frmula de una sustancia cuya composicin centesimal es: 38,67 % de K; 13,85 % de N y 47,48 % de O (K = 39,1; N = 14; O = 16).

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Solucin:

Nmero relativo de tomos de K = 38,67 = 0,989 39,1

Nmero relativo de tomos de N = 13 ,85 = O 989 14 '

Nmero relativo de a'tomos de O = 47 ,48 = 2 967 16 '

Reduciendo a la unidad:

Nmero de tomos de K = o,939 = 1 0,989

Nmero de tomos de N = o,939 = 1 0,989

Nmero de tomos de O = ~'.~~~ = 3 Luego, la frmula de la sustancia pedida es KN03 (nitrato de potasio).

1.30. Un compues'" contiene 80 % de carbono y 20 % de hidrgeno. Cul es su frmula? (C = 12; H = 1).

Solucin:

Nmero relativo de tomos de C = ~~ = 6,67 Nmero relativo de tomos de H = 2? = 20

Reduciendo a la unidad:

Nmero de tomos de C = ~'~; = 1 '

Nmero de tomos de H = 62~7 = 3 '

Luego, la frmula emprica pedida sera CH3 Como no es posible que la frmula molecular sea sta, habr que pensar en un mltiplo de ella (por ejem-plo, C2H6 ... ).

Nota: Obsrvese que, con slo los datos de porcentaje de composicin, pueden obtenerse frmulas que no correspondan a la realidad buscada.

1.31. Al reducir 16,93 gramos de un xido de cobre se obtienen 13,524 gramos de metal. Cul es la frmula emprica del xido?

Solucin: Los 16,93 gramos de xido de cobre contienen 13,524 gramos de cobre y 3,406 gramos de oxgeno (16,93 - 13,524).

Por tanto:

Nmero relativo de tomos de Cu = ~355244 = 0,2128 '

Nmero relativo de tomos de O = 3i26 = 0,2129 21

Reduciendo a la unidad:

N , d , d c _ 0,2128 _ 1 umero e atomos e u - 0 2128 -'

N , d , d o - 0,2129 - 1 umero e atomos e - 0 2128 -'

Luego, la frmula emprica del xido es CuO.

1.32. En 1,07 gramos de un compuesto de cobre hay 0,36 gramos de este metal y 0,16 gramos de nitrgeno. El resto es oxgeno. Hallar la frmula del compuesto.

Solucin: La cantidad de oxgeno presente es:

1,07 g - (0,36 g + 0,16 g) = 0,55 g

Por tanto:

Nmero relativo de tomos de Cu = 6/5~ = 5,666 10-3 '

Nmero relativo de tomos de N = 14~0667 = 11,423 10-3 '

Nmero relativo de tomos de O = i~5 = 34,38 10-3

Reduciendo a la unidad:

5 666. 10-3 Nmero de tomos de Cu = ' = 1 5,666 . 10-3

Nmero de tomos de N = 11 423 10-3

= 2 016 = 2 5,666 . 10-3 '

Nmero de tomos de O = 3438 10-3

= 6 068 = 6 5,666. 10-3 '

Por tanto, la frmula del compuesto es CuN20 6 ~ Cu(N03)i.

1.33. 2,32 gramos de un xido de plata contienen, segn un anlisis, 2,16 gramos de plata. Determinar la frmula emprica de este xido.

Solucin: La cantidad de oxgeno presente en el compuesto es:

2,32 g - 2,16 g = 0,16 g

22

Por tanto:

Nmero relativo de tomos de Ag = ;,~: = 0,02

Nmero relativo detomos de O = i~6 = 0,01 Reduciendo a la unidad:

Nmero de tomos de Ag = 0,02 = 2 0,01

Nmero de tomos de O = ~'~i = 1 '

La frmula emprica del xido es Ag20.

1.34. Cul es la frmula emprica de una sustancia cuya composicin centesimal es: 0,8 % de H; 36,5 % de Na; 24,6 % de P y 38,1 % de O.

Solucin:

Nmero relativo de tomos de H = 10~8 = 0,794 '

Nmero relativo de tomos de Na = 3~35 = 1,587 Nmero relativo de tomos de P = 3~49~4 = 0,794

'

Nmero relativo de tomos de O = 3~1 = 2,381 Reduciendo a la unidad:

Nmero de tomos de H = ~,;~: = 1 '

Nmero de tomos de Na= :~~~ = 1,999 = 2 Nmero de tomos de P = o,794 = 1 0,794

Nmero de. tomos de O = ~,~~ = 2,999 = 3 '

Luego, la frmula emprica de la sustancia es Na2HP03

23

1.35. (*) El anlisis de un hidrato de carbono nos da la siguiente composicin centesi-mal: 40 % de C, 6,71 % de H y 53,29 % de O. Hallar la frmula molecular del compuesto, sabiendo que su masa molecular es 180.

Solucin:

N , d , d e 40 . 130 6 umero e atomos e = 12 . 100 =

Nmero de a'tomos de H = 6,71 18 = 12 08 = 12 1. 100 '

Nmero de tomos de O = 5329 180 = 5 995 = 6 16. 100 '

La frmula molecular del hidrato de carbono es C6H1206

1.36. La masa molecular de una sustancia es 180,07, y su composicin centesimal: C = 26,68 %, H = 2 ,24 %, O = 71,08 %. Hallar sus frmulas emprica y mo-lecular.

Solucin:

Nmero relativo de tomos de C = 2~;8 = 2,22

Nmero relativo de tomos de H = 12~0~ = 2,22 , Nmero relativo de tomos de O = 71;~8 = 4,44

Reduciendo a la unidad:

Nmero de tomos de C = 2,22 = 1 2,22

Nmero de tomos de H = ;;; = 1 '

Nmero de tomos de O = iii = 2 '

Luego, la frmula emprica de la sustancia es CHOz.

Como la masa molecular del compuesto es el cudruple de la que corres-ponde a su frmula emprica, la frmula molecular de la sustancia ser C4"40s.

1.37. La masa molecular de un compuesto orgnico es 46 y su composicin centesimal es la siguiente: 52,17 % de C, 34,78 % de O y 13,05 % de H. Cul es su frmula molecular?

24

Solucin:

Nmero de tomos de O = 3i7~ 066 = 1

Por tanto, la frmula molecular del compuesto es C2H60.

1.38. Un hidrocarburo contiene 85,71 o/o de carbono y su densidad en condiciones normales es 1,249 g/l. Hallar su frmula molecular.

Solucin: Hallaremos, en primer lugar, la masa molecular del hidrocarbu-ro:

M = 1 249 ~ 22 '414 1 = 28 g/mol = 28 ' 1 mol

Por consiguiente:

Nmero de tomos de C = 8i,{1 0~8 = 2

La frmula molecular del hidrocarburo es C2"4.

1.39. (*)Calcular la frmula del sulfato de hierro(//), si contiene un 45,32 % de agua de cristalizacin.

Solucin: Si designamos por x el nmero de molculas de agua de cristali-zacin, la frmula del compuesto ser: FeS04 x H20, y su masa molecular: M = 55,85 + 32 + 64 + 18x = 151,85 + 18x.

De aqu se deduce que:

18x100 % de H20 = 151 ,85 + 18 x = 45,32

de donde: x = 7.

La frmula del sulfato de hierro (11) es FeS04 7 H20.

1.40. Se pretende saber si un cierto azcar tiene la frmula C~1206 o C12H220u. Se procede, para ello, a su combustin total, obtenindose como resultado 2,831 litros de C02 , en condiciones normales, al quemar 3,6 gramos del compuesto. Cul es la frmula de la sustancia problema?

25

Solucin: Hallaremos, en primer lugar, el tanto por ciento de carbono presente en el azcar.

2,831 l C02 % de e= , 3,6 g azucar 1 mol C02

22,414 1 C02 12 ge

-,------...,,....,,.- . 100 = 42,1 % e 1 mol C02

El porcentaje restante (57 ,9 % ) corresponde al hidrgeno y al oxgeno, que se encuentran presentes en la misma proporcin que en el agua. Por consiguiente:

1 % de H = 9 57 ,9 % = 6,43 % de H

8 % de O = 9 57,9 % = 51,46 % de O

Con estos datos ya podemos hallar la frmula de la sustancia:

Nmero relativo de tomos de C = 4i21 = 3,508

Nmero relativo de tomos de H = 6:3 = 6,430

Nmero relativo de tomos de O = 5 ~:6 = 3,216

Dividiendo todos estos nmeros por el ms pequeo, se obtiene:

Nmero de tomos de C = ~,~~~ = 1,091

Nmero de tomos de H = ~~~~ = 2 '

N , d , d o 3,216 1 umero e atomos e = 3 216 = '

Multiplicando estos nmeros por 11, resulta:

1.41. (*) 625 mg de un gas desconocido ocupan un volumen de 175 cm3 en condicio-nes normales. Cul es la masa molecular del gas?

Solucin:

M = 0,625 g . 22,4 1 = 80 gimo! = f8ol 0,175 l 1 mol ~ 26

1.42. Sabiendo que 1 litro de nen, en condiciones normales, tiene una masa de 0,901 gramos y que la masa atmica del nen es 20,183, deducir si la molcula del nen es monoatmica o diatmica.

Solucin: La masa molecular del nen es:

M = 0,91~ g . ~2~0~ = 20,182 g/mol = 20,182 Como la masa molecular coincide con la masa atmica, la molcula de

nen es monoatmica.

1.43. Una determinada sustancia tiene la siguiente composicin centesimal: 57,10 % de C, 4,79 % de H y J8,10 % de S. Si JO gramos de dicha sustancia contienen 3,6 l22 molculas, determinar la frmula molecular del compuesto.

Solucin: La masa molecular de la sustancia es:

M= 10 g 3,6 1022 molculas

6,022 1023 molculas -------- = 167 ,3 g/mol = 167,3

1 mol

Por tanto:

Nmero de tomos de C = 57,l. 167,3 = 7,96 = 8 12. 100

Nmero de tomos de H = 4,79. 167,3 1 . 100 = 8,01 = 8

Nmero de tomos de S = 33,l 167,3 = 1,99 = 2 32. 100

La frmula molecular del compuesto es C8H8S2

1.44. En la formacin de dos compuestos interviene un cierto elemento en las propor-ciones de 82,353 % y 30,435 o/o, respectivamente. En condiciones normales un gramo de cada uno de estos compuestos, que son gaseosos, ocupa 1 317,6 cm3 y 486,9 cm3 Hallar la masa atmica del elemento comn a los dos gases. ,

Solucin: Las masas moleculares de los dos compuestos son: 1 g

M1 = 1,3176 1

1 g M1= 0,4869 1

22,414 1 1 mol = 17 ,011 g/mol = 17 ,011

22'

414 1 = 46,034 g/mol = 46,034 1 mol

En un mol de cada uno de ellos la cantidad de elemento comn presente ser:

17,011 g. 82,353 = 14 100 46 034 . 3o,435 = 14

' g 100

27

Por consiguiente, la masa atmica de este elemento ser 14, o bien un submltiplo de este valor.

1.45. Razona si es cierta o falsa la siguiente afirmacin: Un mol de agua contiene el nmero de A vogadro de molculas, y en condiciones normales ocupa un volu-men de 22,4 litros.

Solucin: La primera parte de la frase (Un mol de agua contiene el n-mero de Avogadro de molculas) es correcta, de acuerdo con la definicin de mol. Sin embargo, la segunda parte no lo es, ya que en condiciones nor-males (1 atm y O C) el agua es lquida o slida, y un mol de ella no ocupa un volumen de 22,4 litros, sino mucho menor.

1.46. A cuntos moles equivalen 132 gramos de dixido de carbono? (C = 12, o= 16).

Solucin: Como la masa molecular del dixido de carbono (C02) es: M(co,J = 1 A(q + 2 A(o) = 1 12 + 2 16 = 44

resulta

a n =-=

M 132

g = 1 3 moles de C02 j 44 g/mol .

1.47. Hallar el nmero de moles de carbonato de calcio presentes en 435 g de una caliza cuya riqueza en CaC03 es del 28,7 %. (Ca = 40, C = 12, O = 16.)

Solucin: Como la masa molecular del CaC03 es 100, tendremos:

28,7 g CaC03 1 mol CaC03 I I n = 435 g caliza 100 g caliza 100 g CaC03 = 1,25 moles CaC03

1.48. A cuntos gramos equivalen 4 moles de cido sulfrico, H2S04? (H = 1, s = 32, o= 16.)

Solucin: Como la masa molecular del cido sulfrico es:

M(H2S04) = 2 A(H) + 1 A(s) + 4 A(o) = 2 1 + 1 32 + 4 16 = 98

resulta:

1.49. Cuntas molculas de butano, C4HJO, hay en 348 g de dicho compuesto? (C=12,H=1.)

Solucin: Como la masa molecular del butano es:

M(C4H10) = 4 . A(C) + 10 . A(H) = 4 . 12 + 10 . 1 = 58 28

el nmero de molculas que hay en 348 de butano ser:

1 mol C4H 10 6,022 1023 molculas C4H 10 348 g C4H 10 58 g C4H10 1 mol C4H 10

= j 3,61 1024 molculas de C4H101

1.50. Una cucharilla de 100 cm1 de capacidad, llena de agua, cuntas molculas de agua contiene? (H = 1, O = 16.)

Solucin: Como la densidad del agua es 1 g/cm3 y su masa molecular 18, tenemos:

6,02 1023 molculas H20 1 mol H 20

= 13,34 1024 molculas H20 1

1.51. Cul es la masa en gramos de una molcula de amonaco, NH3? (N = 14, H =l.)

Solucin: La masa molecular del amonaco es:

M(NH,) = 1 . A(N) + 3 . A(H) = 1 . 14 + 3 . 1 = 17

Por lo tanto:

1 mol NH3 1 molcula NH1 -----------. 6,02 1023 molculas NH3

17 g NH3 = 1 2,82 . 10-23 g 1 1 mol NH3

1.52. (*) A veces se oye que el mol de nitrgeno es su masa molecular expresada en gramos. Es un error grave. Se pide en este ejercicio la masa de una molcula de nitrgeno, es decir, la masa molecular expresada en gramos. Cuntas veces es mayor el mol que esta masa?

Solucin: La masa, en gramos, de una molcula de nitrgeno es:

1 mol N2 1 molcula N2 ----------6,02 1023 molculas N2 28 g N2 = 1 4,65 . 10-23 g 1

1 mol N2

La masa de 1 mol de nitrgeno es 28 g. Por tanto:

__ 1 _m_o_l_N_2_ = 28 g = 6 02 . 1023 = N' 1 molcula N2 4,65 10-23 g ' ~

lo cual es lgico, ya que 1 mol de cualquier sustancia contiene el nmero de Avogadro de entidades elementales, en este caso molculas, por lo que la masa de 1 mol ser N0 veces mayor que la de 1 molcula.

29

1.53. Calcular: a) cuntos tomos de fsforo hay en 0,25 moles de P20 5 ; b) la masa, en gramos, de 2 l24 tomos de cinc.

a)

b)

Solucin:

0,25 moles P205 6,02 1023 molculas P20 5

1 mol P2s = 1 3,01 1023 tomos de P j

2 tomos P 1 molcula P20 5

m = 2. 1024 t Zn. 1 mol Zn . 65,37 g Zn =I 217,2 g de Zn 6,02 1023 t Zn 1 mol Zn

1.54. Un compuesto gaseoso est formado por un 22 ,1 % de boro y el resto de flor. Cul es su frmula emprica? Una muestra de 0,0866 g de este gas ocupa, en condiciones normales, un volumen de 19,88 mi. Cul es su frmula molecular?

30

Solucin:

Nmero relativo de tomos de B = i~'~ = 2,046 '

Nu'mero relativo de tomos de F = lOO - 22,l = 4 100 19 '

Reduciendo a la unidad:

Nmero de tomos de B = ;:~:~ = 1

Nmero de tomos de F = i:6~ = 2,004 = 2 La frmula emprica del compuesto es BF 2

La masa molecular del gas es:

0,0866 g M = 0,01988 l

22,414 l 1 mol = 97 ,6 g/mol = 97 ,6

Este valor es, aproximadamente, el doble del que corresponde a la frmula emprica. Luego la frmula molecular ser B2F4

O tambin:

Nmero de tomos de B = 22,l 97 ,6 10,8. 100 1,997 = 2

Nmero de tomos de F = 77 ,9 97,6 = 4 002 = 4 19 . 100 ,

Con lo que la frmula molecular es B2F4

1.55. Cuntos gramos de oxgeno hay en 0,30 moles de Be(N03)i? Solucin:

6 16 g oxgeno 1 1 0,30 moles Be(N03)z = 28,8 g de oxgeno 1 mol Be(N03)z

1.56. Hallar el valor del nmero de Avogadro, sabiendo que al desintegrarse una cierta cantidad de radio se detectaron 1,46 1017 partculas 'X, al mismo tiempo que se recogieron 5,43 10-3 mi de helio, medidos en condiciones normales.

Solucin:

N = 22 414 _l_. 1,46 1017 tomos

' mol 5,43 10-6 1 tomos 6,027 . 1023 ----

mol

1.57. La distancia entre los iones Na+ y cr en la red del cloruro de sodio, determinada por mtodos de difraccin de rayos X, es 2 ,820 A. Si la densidad del cloruro de sodio es 2,165 g/cm3 y su masa molecular 58,443, calcular el valor del nmero de Avogadro.

Solucin: Tengamos en cuenta que el cloruro de sodio cristaliza segn una red cbica centrada en las caras. El volumen molar del cloruro de sodio es:

M 58 ,443 g/mol V m = - = g/ 3 = 26,994 cm

3/mol p 2,165 cm

Siendo la arista del cubo:

a = ~31\1 = -\126 994 cm3 = 3 000 cm vvm ' '

El nmero de iones existentes en cada arista del cubo se obtendr dividiendo la longitud de dicha arista entre la distancia interinica:

3,000 cm/arista 1 0 08

iones = 64. 1

2,820 10-8 cm/ion ' arista

31

Por lo tanto, el nmero de iones que hay en un mol ser el que corresponde a todo el volumen molar:

iones (1,064 108) 3 = 1,204 1024 mol

Como en el caso del cloruro de sodio cada molcula est integrada por dos iones de signo contrario, el nmero total de molculas contenido en un mol (nmero de Avogadro) es:

N = o 1,204 1024 iones/mol 6 1023 1, 1 ! 1

---------- = . mo eco as mol 2 iones/molcula

1.58. (*)El Apolo XI era portador de un colector de viento solar (este viento solar consta principalmente de tomos de hidrgeno) formado por una lmina de alu-minio de 3 000 cm2 de superficie. El viento solar golpea a la lmina y se adhiere a ella con una intensidad de I 107 tomos cm-2 s- 1 Todo el hidrgeno re-cogido por la lmina durante un ao ocupara un volumen, en condiciones nor-males, de 0,0176 mi. Calcular con estos datos el nmero de Avogadro. Indica-cin: recordar que las molculas de gas hidrgeno son diatmicas.

Solucin:

N = o

1 . 107 t 3 000 2 1 _ 365 das 86 400 s

--- cm ano ----cm2 s 1 ao 1 da

1 1 0,0176 mi ---103 mi

1 mol 22,414 1

= , 6,02 1023 mol- 1 1

1 molcula 2 tomos

1.59. Un compuesto inico arroj la siguiente composicin centesimal: 16,45 % de N, 37,60 % de O y 45,95 % de K. Calcular:

a) su frmula qumica ms sencilla; b) la masa de un mol; c) su contenido en xido de potasio.

Solucin:

a)

Nmero relativo de tomos de N = l~,:5 = 1,175

Nmero relativo de tomos de O = 3~i = 2,350

Nmero relativo de tomos de K = ~99{ = 1,175 ,

32

---

Reduciendo a la unidad:

Nmero de tomos de N = ~g; = 1 '

Nmero de tomos de O = i:i~~ = 2 Nmero de tomos de K = ~g~ = 1

'

La frmula qumica ms sencilla del compuesto es KN02

b) La masa molecular de la sustancia es:

M(KNOz) = 1 A(K) + 1 A(N) + 2 A(o) =

= 1 . 39,1 + 1 . 14 + 2 16 = ! ss,1 I e) Podemos considerar que cada mol de xido de potasio se encuentra con-

tenido en 2 moles de nitrito de potasio, KN02 Como la masa molecular del xido de potasio es:

M(K,0) = 2 A(Kl + 1 A(o) = 2 39,1 + 1 16 = 94,2

tenemos:

l .

c) o 6 moles c6HsCl . 5 moles de tomos de H . 6 10

23 tomos de H ' 1 mol C6H5Cl 1 mol de tomos de H

= 1,8 1024 tomos de hidrgeno 1

1.61. Donde existe mayor nmero de tomos:

a) ... en 0,5 moles de S02 ? b) ... en 14 gramos de nitrgeno? c) ... en 67,2 litros de helio (en condiciones normales)? d) ... en 4 gramos de hidrgeno?

Solucin: Hallemos el nmero de tomos existentes en cada caso.

a) Como la molcula de S02 es triatmica, tenemos: 6 1023 molculas S02

0,5 moles S02 1 mol S02 3 tomos

1 molcula S02

= 9 1023 tomos

b) 1 mol N2 6 1023 molculas N2 2 tomos de N

14 g N2 28 g N2 1 mol N2 1 molcula de N2

= 6 1023 tomos

c) 67,2 1 He 1 mol He 6 1023 molculas He 1 tomo He

22,41 He 1 mol He

1 mol H2 d) 4gH2 ---2 g H2

= 18 1023 tomos

6 1023 molculas H2 1 mol H 2

= 24 1023 tomos

1 molcula He

2 tomos H 1 molcula H2

Por tanto, existe mayor nmero de tomos en 4 gramos de hidrgeno.

1.62. Se tienen 8,5 gramos de amonaco y eliminamos 1 ,5 J(r3 1110/culas. Calrnlar: a) Cuntos moles de amonaco quedan? b) Cuntas molculas de amonaco quedan? c) Cuntos gramos de amonaco quedan'! d) Cuntos moles de tomos de hidrgeno quedan'!

Solucin: a) Inicialmente tenemos:

1 mol NH3 8 5 g NH3 = 0,5 moles NH3

' 17 g NH3 -

34

---

Como se eliminan:

1 mol NH3 1,5 1023 molculas NH3 = 0,25 moles NH3 6 1023 molculas NH3

al final quedan: 0,5 moles NH3 - 0,25 moles NH3 =1 0,25 moles NH3 I b) 6 10

23 molculas NH3 1 1 0,25 moles NH3 = 1,5 1023 molculas NH3 1 mol NH3

c) 17 g NH3 1 1 0,25 moles NH3 1 mol NH3 = 4,25 g de NH3

3 moles tomos de H 1 , 1 d) 0,25 moles NH3 1 mol NH3 = 0,75 moles atomos de~

l .

Solucin:

a) Designemos por x e y, respectivamente, los nmeros de moles de etano y propano presentes en la mezcla. Como el nmero total de moles es 0,0048, resulta:

X+ y= 0,0048 [1) Por otra parte, teniendo en cuenta que la masa molecular del etano es 30, y la del propano 44, la masa de cada uno de estos gases presentes en la mezcla es 30 x, y 44 y, por lo que podemos plantear la ecuacin:

30 X + 44 y = 0,187 [2) Resolviendo este sistema de dos ecuaciones ([1) y [2)) con dos incgni-tas, se obtiene:

x = 1,73 10-3 moles de C2H6 y = 3,07 10-3 moles de C3Hs

b) El nmero de gramos de carbono que hay en total en la mezcla es:

-3 2. 12 g de e 1,73 10 moles de C2H6 1 mol de C2H6 +

_ 3 3 12 g de e I I + 3,07 10 moles de C3H8 1 mol de C3H8 = 0,152 g de carbono 1.65. Al analizar una serie de compuestos gaseosos de cloro .1e han ohlenido los li-

guientes resultados:

Compuesto Masa Porcentaje Masa de cloro tomos de cloro por mol de por molcula de de cloro molecular de cloro compuesto compuesto

A 70,9 100 70,9 70,9/35,5 = 2 B 36,5 97,25 35,5 35,5/35,5 = 1 e 67,5 52,55 35,5 35 ,5/35 ,5 = 1 D 120,0 89,10 106,9 106,9/35,5 = 3 E 154,0 92,20 142,0 142,0/35,5 = 4 F 135,0 52,50 70,9 70,9/35,5 = 2 G 65,0 54,95 35,7 35,7/35,5 = 1

Calcular la masa atmica del cloro.

Solucin: A la vista de la tabla se puede deducir que la masa atmica del cloro ser 35,5 (o bien un submltiplo de este valor. Otros mtodos confir-man el valor de 35,5).

1.66. Hallar la masa atmica aproximada del oro, sabiendo que su calor e.1pl'C(jtco es 0,(J32 cal/g C.

36

Solucin: Por aplicacin de la ley de Dulong y Petit, se obtiene:

A = ~ = 6,3 caVmol C = 196 9 ~!mol (Au) Ce 0,032 caVg C ' el Este resultado indica que 1 mol de oro tiene una masa de 196,9 g, lo que

equivale a decir que la masa atmica aproximada del oro es 196,9.

1.67. Sabiendo que el calor especifico del hierro es 0,113 cal/g C y que un xido de este metal contiene un 30,06 o/o de oxgeno, calcular la masa atmica exacta del hierro y su l'lllencia en dicho xido.

Solucin: De acuerdo con la ley de Dulong y Petit:

A = 6,3 caVmol C = 55 75 (Fe) 0,113 caVg C ' Calculemos ahora el peso equivalente del hierro en el xido citado:

69,94 g Fe 30,06 g o

de donde: Peq (Fe) = 18,61

Peq (Fe) 8,000 [Peq (O)]

La masa atmica exacta del hierro ser el mltiplo del peso equivalente que ms se aproxime a 55,75. Por tanto:

A

Por ltimo:

A(se) = P eq(Se) val = 13,15 6 = 178,92 l l.69. Calcular la masa atmica de un metal que forma un sulfato hidratado isomorj

con el sulfato de magnesio hidratado, de frmula XS04 7 H20, si el 40,../8 % corresponde al metal de dicho sulfato anhidro.

Solucin: Designando por A la masa atmica del metal desconocido, la masa molecular del sulfato anhidro ser: M = 1 A + 1 32 + 4 16 = = 96 +A.

Por consiguiente:

A 96 + A = 0,4048

de donde:

1A=65,291

1.70. Cn compuesto de arsnico e hidrgeno contiene 96,12 l/'c de arsnico y 3,88

2. ESTADOS DE AGREGACIN DE LA MATERIA

FORMULARIO-RESUMEN

Ley de Boyle-Mariotte:

1 P V = P' V' = ... = k 1

Leyes de Charles y Gay-Lussac: ,

1 ~: ~ ~: ~ .. . ~ k' 1 1 V = V 0 (1 + ~o 1 i " ~ i ~ ni.16 1 p = p o (1 + ~t) 1 1 ~: ~ ~: ~ ... ~ k" 1

Ecuacin general de los gases perfectos:

1 P.;.V ~ p / 1 Ecuacin de estado de los gases perfectos:

l PV = nRT = :i RT 1 ( R = 0,0821 atm 1 = 8,3144 J = 1,9872 cal ) K mol K mol K mol

Mezcla de gases. Ley de Dalton:

1 P = P 1 + P2 + P3 + ... = I: P; ; P; = X.; P 1 (P = presin total de la mezcla; P = presin parcial de cada gas; 'X.i = fraccin molar de cada gas).

39

Masa molecular aparente de una mezcla gaseosa, M:

M :: masa molecular de cada M:: n1M1 + nzM2 + ... ~n;M1 l gas ~n ;:::: ~ n; ;:::: nmero de moles de cada 1 n

' gas

1

V1M1 + V2M2 + ... ~V;M; l 1'. ~ :: volumen correspondiente M= = a cada gas V V = volumen de la mezcla

Energa cintica de 1 mol de gas perfecto:

1.Ec = t RT 1 Velocidad cuadrtica media de un gas: Velocidad media de un gas:

I~ VWI Velocidad ms probable del gas:

(M = masa molecular del gas).

Relacin entre ellas:

Ley de Graham de la difusin gaseosa:

Gases reales. Ecuacin de Van der Waals para 1 mol de gas:

1 (

a ) 1 ~ = presin interna del gas P + - (V - b) = RT V vz b = covolumen

Relacin entre a, b y R y las constantes crticas:

1 a ~ 3 P v' b ~ v, ,

. e e ' 3

REGLA DE LAS FASES DE GIBBS

1 F + L = C + 2 1 L = nmero de grados de libertad l F ;:::: nmero de fases e = nmero de componentes 40

2. ESTADOS DE AGREGACION DE LA l\IA TERIA

2. 1. ,:

Por tanto, el calor necesario ser:

o = 01 + 02 + 03 + 04 =

= 275 cal + 3 985 cal + 5 000 cal + 26 975 cal = 136 235 cal 1

2.3. Se mezclan en una vasija 2 kg de hielo a - 20 C con 100 litros de agua a 80 C.

42

El calor especfico del hielo es 0,55 cal/g C. a) Se fundir todo el hielo? b) En caso de que se funda, a qu temperatura quedar la mezcla? c) En caso de que no se funda, qu cantidad de hielo quedar sin fundir?

Solucin: a) El mximo calor que puede ceder el agua caliente al enfriarse hasta O C

ser:

cal 6 O = m c ~ t = 100 000 g 1 -- 80 C = 8 10 cal g. C

El calor que necesitan 2 kg de hielo para fundirse valdr:

O' = m' lf = 2 000 g 79,7 cal = 1,594 105 cal g

Por tanto, se fundir todo el hielo y la mezcla se calentar hasta una temperatura t. En este caso se enfocara as el problema:

b) Calor cedido por el agua caliente:

0 1 = 100 000 g 1 ~ (80 - t) C = 105 (80 - t) cal g Calor ganado por el hielo al fundirse:

0 2 = 1,594 105 cal

Calor ganado por el agua procedente del hielo para calentarse desde O C hasta t C:

cal . 0 3 = 2 000 g 1 -- t C = 2 000 t cal g. C

Igualando el calor cedido al calor ganado:

105 (80 - t) cal = 1;594 105 cal + 2 000 t cal

se tiene para t el valor:

t = 76,86 C

-

2.4. Un recipiente cilndrico, de radio de base 5 cm y de 1 O cm de altura, esta lleno de aire a la presin de 760 mm de Hg. Por el extremo abierto se introduce un mbolo que ajusta perfectamente en las paredes interiores del cilindro, reducien-do la longitud ocupada por el aire a 7,5 cm. Qu presin ejerce el aire en este caso? Cul es su densidad, si en condiciones normales es 1 ,293 g'l?

Solucin: Aplicando la ley de Boyle-Mariotte: P0 Y0 = P Y, tenemos:

P0 Y0 1 atm 10 S cm3 1 1 P = = = 1 33 atm Y 7,5 S cm3 ~'--~

Como a temperatura constante la densidad de un gas es directamente pro-porcional a la presin, resulta:

p = P g 1,33 atm 1 1 Po -p = 1,293 -1 = 1,724 g/I 1 atm ~-------'

.:'..:'. Fn 1111 rifle de aire comprimido se logran encerrar 150 cm3 de aire que se enc1111-lralw11 a prnin norma/ r que ahora H11a11 a ocupar un rolumen de 25 cm i_ a) Qu prni111 eercc el aire? h ,:Cul 1a la 11cci111 de 1111 proyectil que es impufwulo por ne aire co111pri-

midn con 1111a /uer;a di 0.5 k;:'

Solucin: a) Aplicando la ley de Boyle-Mariotte: P0 Y0 = P Y, resulta:

b) Como 1 atm

S= F p

P0 Y0 1 atm 150 cm3 1 1 P = --- = -----3-- = . 6 atm . Y 25cm

1,0132 105 Pa; 1 kp = 9,8 N, y, adems: P = ; :

O 5 k . 9,8 N ' p 1 kp

= 8,06 10-6 m2 = j 8,06 mm2 J 1,0132 105 Pa .

1 atm 6 atm

'" { 1111 i1nu'1111t1d11il ic g11.1, 111e 11c11p11 1111 ro{11111e11 de f litro 11 la /e111per11/11n: d1 !11() ( y a '((!mm de Hg de prnion, 1e calienta hasta !5fJ (" 111ante11 11d11 t'11111ta111l' /11 pre1i111. ,:(}11 volumen ocupar en nlas tltinw1 c1111dici1111n:'

Y 0 Y . Solucin: Apliquemos la primera ley de Gay-Lussac - = - temen-. T

0 T'

do en cuenta que T0 = 100 C = 373 K y T = 150 C = 423 K. Resulta:

y = y . _I_ = 1 1 . 423 K = I 134 1 1 T 0 373 K ~--' ----'

43

2.7. Un matraz abierto, lleno de aire a la temperatura de 27 C, se calienta a presin constante hasta 327 C. Hallar el tanto por ciento en peso del aire contenido inicialmente en el matraz que es expulsado al exterior.

Solucin: Como T 0 = 27 C = 300 K, y T = 327 C = 600 K, aplicando la V T primera ley de Gay-Lussac: V T , tenemos:

o o

~V v

600K-300K ~ 600 K :::: 0,50 = ~

2.8. Si un da que vamos de viaje medimos la presin de las ruedas del coche antes de arrancar, se observa que es menor que si se mide despus de recorrer muchos kilmetros. ;Por qu?

Solucin: Durante el viaje, debido al rozamiento de las ruedas contra el suelo, se calienta el aire contenido dentro de los neumticos; el cual, al estar en un recipiente de volumen constante, experimentar un aumento de pre-sin al ser calentado.

2.9. Dentro de las cubiertas de un coche el aire est a 15 C de temperatura y 2 atm de presin. Calcular la presin que ejercer ese aire si la temperatura, debido al rozamiento, sube a 45 C.

Solucin: Como T0 = 15 C = 288 K y T = 45 C = 318 K, aplicando la p p

segunda ley de Gay-Lussac: T = T , tenemos: o

T 318 K 1 1 P = P T 0

= 2 atm 288 K = 2,21 at~ 2.10. Una masa gaseosa ocupa un volumen de 250 cm3 cuando la temperatura es de

- 5 C y la presin 740 mm de Hg. ;Qu presin ejercer esa masa gaseosa si, manteniendo constante el volumen, la temperatura se eleva a 27 C?

Solucin: Como T0 = - 5 C = 268 K y T = 27 C = 300 K, aplicando la Po P

segunda ley de Gay-Lussac: T = T' resulta: o

P = P 0 { = 740 mm Hg ~~~ ~ = 828,4 mm Hg = , 1,09 atm 1 2.11. En un recipiente adecuado se recogen 300 cm3 de oxgeno a 27 C y 752 mm de

Hg de presin. ;Qu volumen ocupar este gas en condiciones normales?

44

Solucin: Como P 0 = 752 mm Hg, V 0 = 300 cm3 , T 0 = 300 K, P = 760 mm Hg y T = 273 K, aplicando la ecuacin general de los gases perfectos:

,....

r

tenemos:

de donde:

752 mm Hg 300 cm3 -----'------= 300 K

760 mm Hg V 273 K

1 V = 270,13 cm3 I

2.12. Qu volumen ocupara el gas del problema anterior si se encontrase al final a 127 C y 2 atm de presin?

760 mm Hg Solucin: Como en este caso T = 400 K y P = 2 atm -----1 atm = 1 520 mm Hg, resulta:

de donde:

752 mm Hg 300 cm3 = 300 K

1520 mm Hg V 400K

V= 197,9 cm3 j 2.13. Qu volumen ocuparn 2 moles de oxgeno que se encuentran sometidos a una

presin de 5 atmsferas y a una temperatura de 27 C? Solucin: Como 27 C = 300 K, aplicando la ecuacin de estado de los

gases, tenemos:

atm l n . R . T 2 moles 0,082 K . mol 300 K 0 V= = = 9,841 P 5 atm

2.14. A qu temperatura deberemos calentar 2 moles de nitrgeno contenidos en un recipiente de 40 litros de capacidad para que su presin sea de 2 JOS Pa?

Solucin: En este caso operaremos en el Sistema Internacional de uni-dades.

PV T=--= n R

2 . 10s Pa . 40 . 10-3 Jm3 = 481 K = l 208 C 1 2 moles 8,3144 K 1 mo

2.15. Cul es la densidad del dixido de carbono, C02 , a) ... en condiciones norma-les? b) .. .'a 80 cm de Hg de presin y 77 C de temperatura? (C = 12, O = 16).

Solucin: a) En condiciones normales, V mn = 22,4 l/mol. Como la masa molecular

del dixido de carbono es 44, tenemos:

45

M 44 g/mol j j p = V mn - .22,4 l/mol = 1'96 gil

PM . b) Aplicando la ecuacin p = R . T, se obtiene:

p = 80 cm Hg 76

1 atl~ 44 g/mol cm g = l 1,61 g11 \

O 082 atm 1 350 K -' K mol

2.16. Una botella de acero de 5 litros de capacidad contiene oxgeno en condiciones normales. Qu cantidad de oxgeno deber introducirse en la botella para que, manteniendo constante la temperatura, la presin se eleve a 40 atm?

Solucin: Inicialmente la cantidad de oxgeno contenido en la botella es:

1 = PVM RT 1 atm 5 l 32 glmol

O 082 atm 1 273 K ' K mol

y, al final, cuando la presin es de 40 atm:

= 7,147 g de 0 2

40 atm 5 l 32 g/mol a2 = = 285,893 g de 0 2

O 082 atm 1 273 K ' K mol

Por tanto, la cantidad de oxgeno que ha de introducirse en la botella ser:

m = a2 - a1 = 285,893 g - 7,147 g = j 218,7 g de 0 2 j

2.17. En un recipiente de JO litros de capacidad se han introducido 16 gramos de oxgeno a 27 C de temperatura.

46

a) Qu presin ejerce el oxgeno en el interior del recipiente? b) A qu temperatura habr que enfriar el recipiente para que la presin se

reduzca a la mitad?

Solucin: a) La presin que ejerce el oxgeno en el recipiente se calcula aplicando la

ecuacin de Clapeyron:

16 O 082 atm 1 300 K R T g ' K mol p = a = --------- = j 1,23 atm j

M V 32 g/mol 10 l

b) Teniendo en cuenta la segunda ley de Gay-Lussac, como P = P

2.18. En un recipiente cerrado de 2 litros de capacidad hay 3,5 gramos de oxgeno a 20 C. La presin exterior es de 740 mm de Hg y, la temperatura, 20 C. Si se abre el recipiente, entrar aire o saldri oxgeno de l?

Solucin: Calcularemos la presin que ejerce el oxgeno en el interior del recipiente:

atm 1 3,5 g 0,082 K l 293 K p =a R T = ------,--_m_o ____ = 1,31 atm

M V 32 g/mol 2 1

La presin exterior es:

740 H 1 atm = 0,974 atm mm g 760 mm Hg

Por tanto, saldr oxgeno del recipiente hasta que el que quede dentro de l iguale a la presin exterior.

2.19. Un recipiente de 5 litros de capacidad contiene 14 gramos de nitrgeno, a la temperatura de 127 C. La presin exterior es de 760 mm de Hg. Se abre el recipiente hasta que se iguala su presin con la del exterior. Calcular: a) la cantidad de nitrgeno que sale; b) la temperatura que debiera tener el nitrgeno que queda en el recipiente si se

deseara que tuviera la presin inicial.

Solucin: a) Aplicando la ecuacin de Clapeyron, calcularemos la presin inicial del

nitrgeno en el recipiente:

14 O 082 atm 1 400 K g ' K mol a R T P= = MV = 3,28 atm 28 g/mol 5 1

Saldr nitrgeno hasta que el que quede ejerza una presin que iguale a la presin exterior (760 mm de Hg = 1 atm). La cantidad de nitrgeno que queda en el recipiente es:

a= PV M

RT 1 atm 5 1 28 g/mol -------- = 4,268 g O 082 atm 1 400 K

' K mol

Por tanto, la cantidad de nitrgeno que sali ser:

m = 14 g - 4,268 g = 9,732g1 b) Aplicando la ecuacin de Clapeyron al nitrgeno que qued:

T= p. y. M

a R 3,28 atm 5 1 28 gimo!

atm 1 = 1 312 K = J 1 039 C 1 4,268 g 0,082 K l mo

47

2.20. En el interior de una vfrula electrnica, cuyo volumen es de 100 cm1, hay una presin de 1,2 10-5 mm de Hg a 27 C. Durante su funcionamiento a/can-;,a una temperatura de rgimen de 127 C. Calcular el nmero de molculas de gas existentes dentro de la lmpara, as como la presin en rn interior a la tempera-tura de rgimen.

Solucin: El nmero de moles de gas existentes dentro de la lmpara es:

1 2 10-s H 1 atm p . V , mm g 760 H 0,1 l n = _R__T_::::: __________ m_m _ __..g'---- = 6,419 10- 11 moles O 082 atm 1 300 K

' K mol

Por consiguiente, el nmero de molculas ser:

N = 6 419 10-ll moles 6'2 1023

molculas = j 3 86 1013 molculas1 ' 1 mol .__ __ , ---------'

La presin en el interior de la lmpara a la temperatura de rgimen (127 C = 400 K) la podremos calcular aplicando la segunda ley de Gay-Lussac:

de donde:

T 2 o-s H 400 K 1 s 1 P = P0 T = 1, 1 mm g 300 K = 1,6 10- mm Hg o

2.21. Dos e~feras, A y B, de 5 y JO litros de capacidad, respectiioamente. contienen oxgeno gaseoso, a la temperatura de 20 C. La esfera A. contiene 96 gramos y la B, 64 gramos. Calcular la presin de equilibrio si ambas e~feras se ponen en comunicacin.

Solucin: Al ponerse en comunicacin ambas esferas, habr una masa total de 96 g + 64 g = 160 g de oxgeno, el cual ocupa un volumen de 5 l + 10 l = 15 l. Aplicando la ecuacin de Clapeyron, tenemos:

160 O 082 atm 1 293 K p = a R T = __ g __ ' __ K_ _m_o_l ____ = l s atm 1

M V 32 g/mol 15 1

2.22. A presin normal:

48

a) Cul ser la temperatura a la que se deben calellfar 1,293 gramos de aire para que ocupen un volumen de 1,293 litros?

b) Cul es la temperatura a la cual la densidad del aire es 1 g/l? Solucin: Ambos apartados del problema son totalmente equivalentes,

pues si 1,293 gramos de aire ocupan un volumen de 1,293 litros, su densidad ser:

-

m 1,293 g P = V = 1 293 l = l g/l ,

Suponiendo que la presin del aire sea de 1 atm, y teniendo en cuenta que su masa molecular aparente es 28,96, por aplicacin de la ecuacin de Cla-peyron resulta:

1 atm 28,96 ~ T = _P__M_ = ______ m_o_ = 353 K = 1 80 C 1

p R g atm l 1 T . 0,082 K . mol

2.23. Ordenar de menor a mayor densidad los siguientes gases: amonaco, cloro, mo-nxido de carbono, nitrgeno, dixido de carbono, vapor de agua, hidrgeno y aire.

Solucin: La densidad de un gas viene dada por la expresin: p = ~ . ~, por lo que, en igualdad de condiciones de presin y temperatura, un gas ser tanto ms denso cuanto mayor sea su masa molecular.

La masas moleculares de los gases citados son:

M(NH,) = 1 . A(N) + 3 . A(H) = 1 . 14 + 3 . 1 = 17 M(CI,) = 2 . A(CJ) = 2 . 35,45 = 70,90

M(co = 1 A(q + 1 A(o) = 1 12 + 1 16 = 28 M(N,) = 2 . A(N) = 2 . 14 = 28

M(co,) = 1 A(q + 2 A(o) = l. 12 + 2 16 = 44 M(H,0) = 2 A(H) + 1 A(o) = 2 1 + 1 16 = 18

M(H,) = 2 . A(H) = 2 . 1 = 2

M(aire) = 28,96

Por consiguiente, la secuencia de densidad de dichos gases es:

hidrgeno < amonaco < vapor de agua < monxido de carbono = nitr-geno < aire < dixido de carbono < cloro

2.24. Puede ser en alguna ocasin el hidrgeno ms denso que el agua?

Solucin: Como la densidad de un gas viene dada por: p = ~ . ~ , si la la presin es alta y la temperatura muy baja, podra pensarse que la densi-dad del hidrgeno llegase a ser superior a la del agua. Sin embargo, en esas condiciones el hidrgeno se licuara.

49

2.25. La densidad de un gas en condiciones normales es 1,48 g/l. Cul ser su densidad a 320 K y 730 mm de Hg?

Solucin: En condiciones normales la densidad del gas es:

P0 M Po=~

o

y en las condiciones del problema:

p. M P = R T

Dividiendo entre s las ecuaciones [1] y [2], obtenemos:

de donde:

P T 0 g 730 mm Hg 273 K 1 1 p =Po. P

0 T = 148 T. 760 mm Hg . 320 K = 121 g~

[1]

[2]

2.26. Cul es la masa molecular de un gas cuya densidad en condiciones normales es 3,17 g/l?

Solucin: La masa molecular del gas es: g 22,414 l r:;;i

M = 3,17 T 1 mol = 71,05 g/mol = L2!.J

2.27. 2,485 gramos de un xido de nitrgeno gaseoso, contenidos en un recipiente de 2,175 litros, ejercen, a 27 C, una presin de 712 mm de Hg. Hallar la frmula molecular de dicho xido.

Solucin: Hallaremos, en primer lugar, la masa molecular del xido, apli-cando la ecuacin de Clapeyron:

M= aRT p.y

atm l 2,485 g 0,082 K I 300 K -------1-~-t:----- = 30 g/mol = 30

712 mm Hg 760 mm Hg 2,175 1

Esta masa molecular slo puede corresponder al compuesto NO.

2.28. Una sustancia organzca presenta la siguiente composicwn centesimal:

50

C = 37,23 %, H = 7,81 % y Cl = 54,95 %. Por otra parte, 2,80 gramos de dicho compuesto en estado gaseoso, encerrados en un recipiente de 1,15 litros de capacidad, ejercen, a la temperatura de 27 C, una presin de 706 mm de Hg. Hallar la frmula molecular del compuesto.

--

Solucin: La masa molecular de la sustancia orgnica gaseosa es: atm 1

2,80 g 0,082 K l 300 K aRT

M = p. V mo g

----------- = 64 48 - = 64 48 1 atm ' mol ' 706 mm Hg 760 mm Hg 1,15 1

Por tanto:

N, d , d e _ 37 ,23 64,48 2 umero e atamos e - 12 . 100 =

Nmero de tomos de H = 7,3l 64,48 = 4,996 = 5 1,008. 100

Nmero de tomos de Cl = 54,95 64 ,48 = O 9995 = 1 35,45 . 100 '

Luego, la frmula molecular del compuesto es C2H5CI.

2.29. Hallar la frmula molecular del rnpor de cloruro de aluminio, sabiendo que O ,502 gramos de dicho compuesto calentados a 450 K originan 7 J ,3 cm3 de ra-por, medidos a 740 mm de Hg de presin.

Solucin: La masa molecular del vapor de cloruro de aluminio es: atm 1 0,502 g 0,082 K I 450 K

M= aRT PV

mo 1 atm 740 mm Hg 760 mm Hg 0,0713 1

= 266,8 .:01 = 1266,81 Este valor es aproximadamente el doble del que correspondera a la fr-

mula emprica A1Cl3 . Luego, la frmula molecular del vapor de cloruro de aluminio es Al2Cl6

2.30. Un compuesto orgnico dio por anlisis los siguientes porcentajes: 30,57 % de carbono, 3,82 % de hidrgeno, 20,38 % de oxgeno y 45,22 % de cloro. La den-sidad del rapor es 5 ,42 reces la del aire, que es J ,293 g/l en condiciones norma-les. Hallar la frmula molecular de dicho compuesto.

Solucin: La masa molecular del compuesto es: g 22,414 1

M = 5 ,42 1,293 T 1 mol = 157 ,08 g/mol = 157 ,08

Por tanto:

Nmero de tomos de C = 3o,57 . 157,08 = 4 12 . 100

51

Nmero de tomos de H = 3,82 . 157,08 = 6 1. 100

Nmero de tomos de O= 2038 15708 = 2 16. 100

, , 45 22 . 157 08 Numero de atomos de Cl = 35,45 . 100 = 2,004 = 2 Luego, la frmula molecular del compuesto es C.Jl602Cl2.

2.31. En un recipiente de 10 litros hay 16 gramos de oxgeno y 56 gramos de nitrgeno a O C. Qu presin ejerce esa mezcla gaseosa y cul es la presin parcial de cada gas?

52

Solucin: Podemos resolver el problema de dos maneras ligeramente dis-tintas:

a) La presin parcial del oxgeno es:

Po = ~ R T = 1 R T = 2 V M1 V

16 g atm l I I = --:----- 0,082 273 K = 1,12 atm

32 g/mol 10 l K mol .

y la del nitrgeno:

56 g atm l 1 1 --,.----- 0,082 273 K = 4,48 atm 28 g/mol 10 l K mol

Por tanto, la presin total ejercida por la mezcla gaseosa ser: P = Po, + PN, = 1,12 atm + 4,48 atm = ! s,60 atm

b) El nmero de moles de oxgeno es: a1 16 g

n1 = - = = 0,5 moles M1 32 g/mol

y el de nitrgeno:

2 56 g n2 = - = ---,------ = 2 moles

M2 28 g/mol

e

con lo que la fraccin molar de cada gas ser:

n; 0,5 'X.02 = ~n; = 0,5 + 2 = 0,2

n1 2 "/...N, = ~n = 0,5 + 2 = 0,3

Hallemos la presin total de la mezcla gaseosa, aplicando la ecuacin de estado de los gases perfectos:

atm 1 2,5 moles 0,082 K 1 273 K 10 1 . mo = ! s,60 atm 1

La presin parcial de cada gas se puede ahora calcular fcilmente:

P0 , = 'X.o, P = 0,2 5,60 atm = l 1,12 atm 1

PN, = 'X.N, P = 0,8 5,60 atm = 4,48atm1 2.32. Una botella de acero contiene 5,6 kg de nitrgeno gaseoso a 27 C de temperatu-

ra y 4 atm de presin. Mediante un compresor se inyectan, adems, en su inte-rior 3,2 kg de oxgeno gaseoso. Hallar la presin final en el interior de la botella a la misma temperatura.

Solucin: El volumen de la botella es:

5 600 O 082 atm 1 300 K a RT g' Kmol V = = -------~--- = 1 230 1 P M 4 atm 28 g/mol

La presin parcial del oxgeno ser:

atm l R T 3 200 g 0,082 K l 300 K a mo

p 02 - M V - 32 g/mol 1 230 l = 2 atm

y como la del nitrgeno vale: PN, = 4 atm, el valor de la presin total, de acuerdo con la ley de Dalton, es:

P = PN2 + P 02 = 4 atm + 2 atm = 1 6 atm 1

2.33. Se introducen en un matraz de 500 cm3 de capacidad 5 gramos de yodo slido y, a continuacin, se llena con nitrgeno gaseoso a 27 C, hasta alcanzar una pre-sin de 740 mm de Hg. Se calienta luego hasta 350 C, vaporizndose el yodo en su totalidad. Suponiendo que slo se formen molculas de Ii, calcular la presin que existe al final en el interior del matraz.

53

Solucin: El nmero de moles de nitrgeno gaseoso que introducimos en el matraz es:

1 atm PV

nN = -- = 2 R T

740 mm Hg 760 mm Hg 0,5 1

O 082 atm 1 300 K = 0,0198 moles N2

' K mol

y el nmero de moles de yodo gaseoso, tras la vaporizacin: 1 mol

n1, = 5 g 254 g = 0,0197 moles de 12

Por consiguiente, el nmero total de moles gaseosos existentes en el ma-traz es:

n = 0,0198 moles N 2 + 0,0197 moles 12 = 0,0395 moles

Aplicando la ecuacin de estado de los gases perfectos, tenemos: atm 1

p = n . R . T = 0,0395 moles 0,082 K . mol V 0,51

623 K = j 4,03atm1

2.34. Se recoge nitrgeno sobre agua, a 25 C de temperatura y 7.:JO mm de Hg de presin. Si el volumen total es de 16 litros, cuntos granws de nitrgeno se han recogido? (La presin parcial del vapor de agua a 25 C es de 23 ,8 mm de Hg.)

Solucin: La presin parcial del nitrgeno es la siguiente:

PN, = 740 mm Hg - 23,8 mm Hg = 716,2 mm Hg

Por tanto:

p. y. M a= R T

1 atm 716,2 mm Hg 16 1 28 gimo! 760 mm Hg 0,082 atm 1 298 K

K mol l 17,28 g N2 I

2.35. Tenemos 100 litros de aire a 20 C y 78() mm de Hg de presin con una humedad relativa del 60 %. Hallar el volumen que ocupa dicho aire seco a la temperatura de 27 C y a la presin de 740 mm de Hg. (La presin parcial del vapor de agua a 20 Ces de 17,5 111111 de Hg.)

54

Solucin: Apliquemos la ecuacin general de los gases perfectos, teniendo en cuenta que V0 = 100 l, T0 = 20 C = 293 K y que la presin parcial ini-cial del aire es igual a la presin total (780 mm Hg) menos la presin parcial correspondiente al vapor de agua (0,6 17,5 mm Hg = 10,5 mm Hg), por lo que su valor ser: P 0 = 780 mm Hg - 10,5 mm Hg = 769,5 mm Hg. Como, adems, P = 740 mm Hg y T = 27 C = 300 K, resulta:

769,5 mm Hg 100 1 740 mm Hg V 293 K 300 K

,......

de donde:

1 V= 106,511

2.36. Hallar la masa molecular aparente del aire, sabiendo que su composicwn en volumen es la siguiente: 78,03 % de nitrgeno, 21,00 % de oxgeno, 0,94 % de argn y 0,03 % de dixido de carbono.

Solucin:

I:V; M; M= V

78,03 . 28,01 + 21,00 . 32 + 0,94 . 39,95 + 0,03 . 44,01 100

= l 28,961 =

2.37. Una mezcla de gases, a la presin atmosfrica, est constituida por 18 % de hi-drgeno, 24 % de monxido de carbono, 6 % de dixido de carbono y 52 % de nitrgeno (en volumen). Determinar: a) la masa molecular aparente de la mezcla; b) la densidad de la mezcla en condiciones normales; c) las presiones parciales de cada uno de los componentes, en mm de Hg.

Solucin:

a) ~ V M _ 18 2 + 24 28 + 6 44 + 52 28 _ ~

M= V - 100 -~ b)

M 24,28 g/mol 1 1 p = V mn = 22,414 l/mol = 1'68 gil

e)

P82 = XH, P = V;2

P = 0,18 760 mm ~g = 1136,8 mm Hg J Peo= xeo P = V~o P = 0,24 760 mm Hg = 1182,4 mm Hg 1 Peo,= xeo

2 P = V~o, P = 0,06 760 mm Hg = 145,6 mm Hg)

PN2 = XN, P = V;2

P = 0,52 760 mm Hg = 1395,2 mm Hg 1

Comprubese cmo: P82 + Peo + Peo2 + PN2 = 760 mm Hg.

55

2.38. Un recipiente de 2 litros contiene, a 27 C, una mezcla de gases formada por 0,8 gramos de monxido de carbono, 1,6 gramos de dixido de carbono y 1,4 gramos de metano. Calcular:

56

a) el nmero de moles de cada gas; b) la fraccin molar de cada gas; c) la presin total y la parcial de cada gas; d) la masa molecular aparente de la mezcla.

Solucin:

a)

neo = O,~ g = 1 0,0286 moles de CO 1 28 g mol

neo = l,~ g = 1 0,0364 moles de C02 I 2 44 g mol . .

ncH4 = 161~j!01 = 1 0,0875 moles de C"4 I b)

neo 0,0286 0,0286 1 1 "/..ca = ~ n = O 0286 + O 0364 + O 0875 = O 1525 = 0,1875

- 1 ' ' ' '

nco2 0,0364 I I "/..COz = ~ n = 0,1525 = 0,2387

ncH. 0,0875 I I 'X.CH= ~ n = 0,1525 = 0,57~

Comprubese cmo "l..co + "1..co2 + "l..ctt4 = l.

c) Hallemos la presin total de la mezcla gaseosa aplicando la ecuacin de estado de los gases perfectos:

~n 0,1525 moles 0,082 ~t~ ~~l 300 K l I P = V RT = 2 1 = 1,876 atm

La presin parcial de cada gas se puede ahora calcular fcilmente:

Peo = "l..co P = 0,1875 1,875 atm = 1 0,352 atm 1

Pc02 = "lco2 P = 0,2387 1,875 atm = 1 0,448 atm 1

Pctt4

= "l..ctt4 P = 0,5738 1,875 atm = 11,076 atm 1

Comprubese cmo Peo + Pco2 + Pctt. = P = 1,875 atm.

,......

e

d) - ~ O M; - 0,0286 . 28 + 0,0364 . 44 + 0,0875 . 16 -~

M - ~ O - 0,1525 -~ 2.39. En una mezcla gaseosa a 20 C las presiones parciales de sus componentes son

las siguientes: PH, = 200 mm Hg; Peo, = 150 mm Hg; PcH, = 320 mm Hg; Pc,H, = 100 mm Hg. Cul es la presin total de la mezcla y el porcentaje, en volumen, de cada uno de sus componentes?

Solucin: De acuerdo con la ley de Dalton, la presin total de la mezcla ser igual a la suma de las presiones parciales de cada uno de los componen-tes:

P = PH2 + Peo2 + PeH4 + Pc,H. =

= 200 mm Hg + 150 mm Hg + 320 mm Hg + 100 mm Hg = l 110 mm Hg 1

El porcentaje, en volumen, de cada uno de los componentes de la mezcla es:

VH OH PH2 % de H 2 = - 2 100 = - 2 100 = 'X.H 100 = - 100 = V ~O 2 p

200 mm Hg I I = 770 mm Hg 100 = 25,97 % de H~

Veo neo Peo % de C02 = --2 100 = --' 100 = 'X.eo 100 = --' 100 = V ~O 2 p

150 mm Hg I I 770 mm Hg 100 = 19,48 % de C02

VeH neH PeH % de CH4 = --4 100 = --4 100 = 'X.eH 100 = -- 100 = V ~O 4 p

320 mm Hg 1 I 770 mm Hg 100 = 41,56 % de CH4

V e2H4 ne2H4 0 P e2H % de C2H4 = -- 100 = -- 10 = X.e H 100 = -- 100 = V ~O 2 4 p

100 mm Hg I I = 770 mm Hg 100 = 12,99 % de C2H4

2.40. Qu volumen mnimo de aire seco, medido a 27 C y 1 atm, es necesario pasar a travs de una sustancia que contiene 5 kg de agua, para eliminar totalmente su humedad, sin que la presin parcial del vapor de agua sobrepase su valor de saturacin, que es de 26,7 mm de Hg a 27 C?

57

Solucin: 5 kg de agua vaporizados ocupan, a 27 C de temperatura y 26,7 mm de Hg de presin, un volumen:

5 000 g 0,082 atm 1 300 K V = a R T = ________ K__m_o_l ___ _

M P / 1 atm 18 g mol 26,7 mm Hg 760 mm Hg

= 194 500 l = 194,5 m3

Este mismo volumen, medido a la presin parcial de 733,3 mm de Hg (760 mm Hg - 26,7 mm Hg), ha de ser el que ocupe el aire seco necesario para eliminar los 5 kg de agua. Por aplicacin de la ley de Boyle-Mariotte, podemos calcular el volumen que ocupa este aire a la presin de 1 atm = 760 mm Hg.

P0 V0 733,3 mm Hg 194,5 m3 1 3 1 V= p = 760 mm Hg = 187,7 m de 31re seco

2.41. Calcular la energa cintica de 1 mol de oxgeno a la temperatura de 27 C.

Solucin:

3 3 cal 894 cal Ec = 2 R T = 2 1,9872 K. mol 300 K = mol

2.42. Hallar la velocidad cuadrtica media de las molculas de oxgeno a 27 C.

Solucin: Como la masa molecular del oxgeno es 32, resulta:

.,.:::; ~RT v =vv~= = cm M

J 3 8,3144 K l 300 K __ 3_2__1_0 __ -~ m_kg-/_m_o_l __ = 1483,6 m/s 1

2.43. Hallar la velocidad cuadrtica media de las molculas de cloro a la temperatura de 50 C. Qu relacin existe entre esta velocidad y la de las molculas de hidrgeno en las mismas condiciones?

58

Solucin: Tomando 71 g/mol = 71 10-3 kg/mol como masa molecular del cloro, la velocidad cuadrtica media de las molculas de este gas a 50 C ser:

... ~~RT v = Vv"" = = cm M

Para el cloro:

3 8,3144 K Jmol 323 K ------- = 1336,9m/s1

71 10-3 kg/mol

y para el hidrgeno, en las mismas condiciones:

VH, = V3 R T MH, Dividiendo entre s ambas expresiones, tenemos:

v3 R T Mc12

'\ -M;; = '\ f2 = 1 0,168 1 V~ V7

2.44. Hallar la velocidad cuadrtica media de las molculas de hexafluoruro de uranio a 273 K, 300K y 600K.

Solucin: La velocidad cuadrtica media de las molculas de un gas viene dada por:

-v3RT Vcm -M

Considerando como masa molecular del hexafluoruro de uranio, el valor M = 352 g/mol = 352 10-3 kg/mol, tenemos:

A 273 K: Vcm =

A 300 K: Vcm =

A 600 K: Vcm =

J 3 8,3144 K l 273 K ---- _m_o --- = l 139 m/s 1

352 10-3 kg/mol

J 3 8,3144 K I 300 K ---- _m_o --- = 1145,8 m/s 1

352 10-3 kg/mol

J 3 8,3144 K I 600 K ---- _m_o --- = i 206,2 m/s 1

352 10-3 kg/mol

2.45. Hallar la densidad de un gas que est sometido a la presin de 1,5 106 barias, sabiendo que la velocidad cuadrtica media de sus molculas es 328 m/s.

Solucin: De acuerdo con la ecuacin de Clapeyron, la densidad de un gas viene dada por:

p = PM RT [1]

Por otra parte, la velocidad cuadrtica media de las molculas del gas se puede expresar mediante la ecuacin:

_ v3RT Vcm - M [2]

59

Eliminando M entre las ecuaciones (1] y (2], obtenemos:

3 1 5 106 b . 10-1 Pa

, anas 1 b . .-----~ P = -\-P = _________ a_n_a_ = 4,18 kg/m3 =14,18 gfl j Vcm (328 m/s)2

2.46. Tenemos 2 litros de gas hidrgeno a 1 atmsfera de presin y 300 K de tempera-tura. Explicar qu le suceder a la masa del gas, densidad, temperatura, pre-sin, nmero de molculas, velocidad y fuena de cada choque contra las pare-des, si: a) el volumen se reduce a 0,5 litros, a temperatura constante; b) la temperatura aumenta a 500 K; c) todo el hidrgeno se convierte en vapor de agua, permaneciendo constantes

el volumen y la temperatura; d) mediante una descarga elctrica todas las molculas se convierten en to-

mos.

Solucin: Recogeremos la solucin de estas cuestiones en la tabla adjunta:

Solucin a Solucin b Solucin e Solucin d

masa del gas no vara no vara aumenta no vara densidad aumenta disminuye aumenta no vara temperatura no vara aumenta no vara aumenta

presin aumenta aumenta no vara generalmente aumenta

nmero de no vara no vara no vara se convierten

molculas en tomos velocidad de las

no vara disminuye no existen molculas aumenta molculas fuerza de cada

no vara choque contra aumenta aumenta aumenta

sensiblemente las paredes

2.47. A qu temperatura en las molculas de nitrgeno tendr el valor de 500 m/s: a) la velocidad cuadrtica media? b) la velocidad media? c) la velocidad ms probable?

Solucin:

'\13 RT a) Como Vcm = y M :

_ M . v;m _ 28 10-3 kg/mol (500 m/s)2 -1 j T - 3 R - J - 280,6 K 3 8,3144 K l

mo

60

:-

s

b) Como v = y 8 11: ~ T: 11: M v2 11: 28 10-3 kg/mol (500 m/s)2 I I

T = = = _ 330,6 K . 8 R 8 8,3144 J K mol

-../ 2 R T. c) Ya que vP = y M .

M . v~ 28 10-3 kg/mol (500 m/s)2 1 1 T = -- = = _ 421 K . 2 R 2 8 3144 J

' K mol

2.48. Un litro de cierto gas tard 20 minutos en atravesar una pared porosa. Hallar su masa molecular y su densidad en condiciones normales, sabiendo que 3 litros de oxgeno invierten 40 minutos en atravesar la misma pared.

2.49.

Solucin: De acuerdo con la ley de Graham de la difusin:

de donde:

:: m 1 l

20 min 3 l

40 min

1!32 V Mi

V1 ~ Por otra parte, como - = , teniendo en cuenta que la densidad V2 PI

32 g/mol del oxgeno en condiciones normales es: p2 = = 1 43 g/l 22,414 moles/l ' ' resulta:

La densidad relativa del oxgeno respecto al amonaco es 1,88. Sabiendo que 20 cm3 de oxgeno emplean 5 minutos en atravesar un determinado tabique poro-so, calcular el tiempo que tardarn en atravesarlo 35 cm3 de amonaco.

20 cm3 4 cm3 Solucin: Como la velocidad de difusin del oxgeno es ---,---5 min

aplicando la ley de Graham, tenemos:

VNH3 =

Vo,

minuto'

61

de donde:

vNH = 5,48 cm3/min '

Por tanto, el tiempo pedido ser:

t = 35 cm3

= \ 6,38 min 1 5,48 cm3/min

2.50. Una sala de teatro consta de 30 filas de butacas. Si en la primera se suelta gas hilarante (N20) y, simultneamente, en la ltima, gas lacrimgeno (Cr/f 11 Br 0), en qu fila comenzarn los espectadores a rer y llorar al mismo tiempo?

Solucin: La masa molecular del N20 es M1 = 44, y la del C6H 11Br O, M2 = 179. Por tanto:

Vi = "\ {M;_ = "\ {179 = 2 017 Vz V M; V 44 '

Podemos plantear, por tanto, el siguiente sistema de ecuaciones:

S1 V1 t - = -- = 2,017 s2 v2 t

[1]

S + Sz = 29 [2] (ya que entre 30 filas de butacas hay 29 espacios)

Resolviendo este sistema de dos ecuaciones con dos incgnitas, se obtie-ne: s1 = 19,4; s2 = 9,6, resultado que corresponde, aproximadamente, a la fila de butacas nmero 20.

2.51. La densidad de vapor del azufre con respecto al aire es 6,63 a 500 C y 2 ,2 entre 1 000 y 1 160 C. Cuntos tomos contiene la molcula de azufre en ambas condiciones?

62

Solucin: La masa molcular aparente del aire es 28,96. Por tanto, la masa molecular del vapor de azufre a 500 Ces:

M = 6,63 28,96 = 192

y entre 1 000 y 1 160 C:

M = 2,2 28,96 = 63,7

Ambos valores corresponden, respectivamente, al sxtuplo y al doble de la masa atmica del azufre. Por consiguiente:

A 500 C la molcula de azufre contiene 6 tomos; y, entre 1 000 y 1160 C, 2 tomos.

2.52. Escribir la ecuacin de van der Waals paran moles.

Solucin: Como el volumen ocupado por n moles de un gas es n veces mayor que el volumen molar (V = n V m), sustituyendo en la ecuacin de van der Waals:

se obtiene:

P + (V - nb) = nRT ( a ni)

2.53. Se ha determinado experimentalmente que cuando l mol de dixido de carbono ocupa un volumen de 0,381 litros, a 40 C, la presin a la que se encuentra sometido es de 50 atm. Calcular dicha presin de forma terica: a) aplicando la ecuacin de estado de los gases perfectos; b) mediante la ecuacin de van der Waals.

Solucin: a) Considerando el gas como ideal:

atm 1 R T 1 mol 0,082 K 1 313 K n mo 1 1 p = V - 0,381 1 = 67,4 atm

b) Aplicando la ecuacin de van der Waals:

( P + ~2 ) -(V - b) = R T y teniendo en cuenta que, para el dixido de carbono:

resulta:

atm 12 V a = 3,592 2 ; b = 0,0428 mol mol

R T a P=----= V - b V 2

0,082 atm 1 313 K K mol

1 (0,381 - 0,0428) -1 mo

2 3,592--2

___ m_o_l--=- = 151,15atm1

( 0,381 mlol ) 2

Ntese cmo mediante la ecuacin de van der Waals hemos obtenido un valor mucho ms prximo al real.

63

2.54. La densidad del amonaco respecto al hidrgeno es igual a 8,4477. Hallar la masa molecular del amonaco, sabiendo que la del hidrgeno es 2,016.

Solucin: M(NH3) = M(H,) fl(NH/H,) = 2,016 8,4477 = l 11 ,031 1

2.55. Hallar la masa molecular de la acetona (propanona), sabiendo que al aplicar el mtodo de Dumas se han obtenido los datos siguientes: Peso del matraz con aire ......................... . Peso del matraz con vapor de acetona Peso del matraz con agua .............. . Temperatura ambiente .............. . Temperatura del bao de agua ........ . Presin atmosfrica ............. . Densidad del aire en las condiciones del laboratorio Densidad del agua a 20 C . . . . . . . . . . ......... .

16,446 g 16,498 g 90,712 g

20 C 95 'C

738 mm Hg . J,174gl

O ,9982 g' cm3

(Considrese que el volumen del matraz no vara al pasar de 95 C a la tempera-tura ambiente.)

Solucin: El volumen del matraz es:

90 712 g - 16 446 g V = ' ' = 74 4 cm3 = O 0744 l

0,9982 g/cm3 ' '

La masa del aire contenido en el matraz es: a' = 0,0744 l 1,174 gil= = 0,0873 g, y la del matraz vaco: a" = 16,446 g - 0,0873 g = 16,359 g.

Por consiguiente la masa del vapor de acetona contenido dentro del ma-traz es: a = 16,498 g - 16,359 g = 0,139 g.

Aplicando la ecuacin de estado de los gases perfectos, tenemos:

M=aRT= PV

atm l 0,139 g 0,082 K l 368 K 1

mo = 58,06 g/mol atm 1 738 mm Hg 760 mm Hg 0,0744

La masa molecular de la acetona ser 58,06.

2.56. Al determinar la masa molecular del cloroformo (CHCl3) mediante el mtodo de Vctor Meyer, se han obtenido los siguientes datos: Masa de cloroformo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,276 g Volumen de aire desplazado recogido sobre

agua a 20 C y 740 mm Hg de presin . . . . . . . . . . . . . . . 58,5 cm3 . Presin de vapor del agua a 20 C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17,5 mm Hg Hallar la masa molecular del cloroformo.

64

Solucin: Aplicando la ecuacin de estado de los gases perfectos, tene-mos:

atm l M= aRT

PV 0,276 g 0,082 K l 293 K

~o = 119,2 g/mol atm (740 - 17,5) mm Hg 760 mm Hg 0,0585 l

La masa molecular del cloroformo es 119,2.

2.57. A O C y a las presiones de 0,5 atm y 0,25 atm las densidades del bromuro de hidrgeno son, respectivamente, 1,8136 g/l y 0,90465 g/l. Determinar la masa molecular del bromuro de hidrgeno, empleando el mtodo de las densidades lmites.

Solucin: Para P = 0,5 atm, ; = 3,6272 1 . !tm, mientras que para p g

P = 0,25 atm, p = 3,6186 1 . atm . Al disminuir la presin de 0,5 atm a

0,25 atm la relacin ~ disminuye en 0,0086 ( = 3,6272 - 3,6186). Suponien-do que la variacin sea lineal, para P = O la relacin ( ~ )

0 valdr 3,6186 -

- 0,0086 = 3,6100 gil. Por tanto:

( ) atm l

M = ~ ~ R T = 3,6100 g/l 0,082 K . mol 273 K = 80,8 g/mol La masa molecular del bromuro de hidrgeno es 80,8.

2.58. En qu se diferencian los gases de los slidos y lquidos? Solucin: En el estado gaseoso las fuerzas de cohesin molecular son

prcticamente nulas, por lo que la libertad molecular es muy grande. El mo-vimiento de las molculas se realiza en todas las direcciones y sentidos (de-sorden total), lo que permite al gas adaptarse a la forma y al volumen del recipiente que lo contiene.

2.59. Dados los siguientes cuerpos: hierro, cuarzo, grafito, papel y plexigls, dgase cules son slidos verdaderos y por qu. Es correcto llamar Cristales a los vidrios de las ventanas?

Solucin: Tienen carcter de slidos verdaderos el hierro, el cuarzo y el grafito, puesto que poseen estructura cristalina. El papel ya no posee estruc-tura cristalina, y el plexigls tampoco, si bien este ltimo puede presentar zonas de ordenacin molecular llamadas cristalitas: se consideran como sli-dos amorfos.

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El vidrio propiamente no es un slido verdadero porque no posee estruc-tura cristalina; pero, como ofrece relativas dudas el considerarlo como lqui-do, se dice que constituye un estado particular de agregacin, llamado estado vtreo.

2.60. Citar cinco ejemplos de slidos cristalizados y otros dos de slidos cristalinos. Solucin: Slidos cristalizados: cuarzo, sulfato de cobre (11), diamante,

grafito, fluorita, aragonito, sal comn ... (la mayora de los minerales). Sli-dos cristalinos: la mayora de los metales.

2.61. Qu diferencia existe entre homogeneidad e isotropa? Pon ejemplos de cuerpos o sistemas que sean homogneos y de otros que sean istropos.

Solucin: Un cuerpo o sistema es homogneo cuando todas sus partes poseen las mismas propiedades fsicas; es decir, cuando est constituido por una sola fase. En cambio, un cuerpo o sistema es istropo cuando sus pro-piedades (resistencia mecnica, conductividad elctrica, ndice de refraccin, etc.) son constantes a lo largo de cualquier direccin. Son cuerpos homog-neos una disolucin no saturada de azcar en agua, el cuarzo, una mezcla de oxgeno y nitrgeno, etc. La galena, el diamante o una disolucin de cloruro de potasio en agua son ejemplos de cuerpos istropos.

2.62. Por qu se cortan las barras de hielo ejerciendo presin con un hilo de alam-bre?

Solucin: Porque un aumento de presin favorece la fusin del hielo, al contrario de lo que les sucede a las restantes sustancias.

2.63. Por qu se riegan las calles en l'erano?

Solucin: El agua del riego, al evaporarse, absorbe una gran cantidad de calor procedente del ambiente, con lo que la temperatura de ste disminuye.

2.64. Qu lquido tiene menor punto de ebullicin: 11110 fijo o uno 10/til? Por qu?

Solucin: Los lquidos voltiles tienen mayor presin de vapor que los fijos, y, por ello, requieren una menor temperatura para conseguir que esta presin de vapor iguale a la presin atmosfrica. Como, precisamente, esta temperatura es a la que el lquido hierve, el punto de ebullicin de los lquidos voltiles ser menor que el de los fijos.

2.65. Cul es e/fundamento de las autoclmes y de las ollas a presin?

Solucin: Al aumentar la presin, la temperatura de ebullicin del agua tambin aumenta, y de esta forma, al superar los 100 C, se consigue una esterilizacin de los objetos introducidos en las autoclaves, o una mejor y ms rpida coccin de los alimentos en el interior de las ollas a presin.

2.66. Por qu se tiende la ropa para secar? Por qu seca antes los das de l'erano en que haga viento?

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,..........

Solucin: Al tender la ropa aumenta la superficie expuesta al aire, con lo

que la velocidad de evaporacin se hace mayor. Por otra parte, los das de verano en que haga viento la ropa seca antes, ya que la evaporacin se en-cuentra favorecida por un aumento de la temperatura, as como tambin por la renovacin del aire, que hace que la ropa est siempre en contacto con aire seco, exento de humedad.

2.67. (:Por que es necesario. en inl'ierno. aliadir a11tico11gcla11te al agua de refiigera-ci1111 de los coche1 '! Que propiedades qumicas 1en11 aconsejables para esta.1 sustancias'.'

Solucin: Para disminuir la temperatura de congelacin del agua por de-bajo de O C y evitar, de este modo, su solidificacin en el interior de los radiadores. Las sustancias empleadas como anticongelantes han de tener pe-quea masa molecular.

2.68. ,;E1 po1ihle cocerfacilmente un huero en la cumbre del Erere.11? Solucin: No, puesto que la temperatura de coccin de los huevos es del

orden de los 100 C, y si se pone a cocer en agua, como sta en el Eve-rest hierve a menos temperatura debido a la baja presin existente, y mien-tras hierve se mantiene constante la temperatura, resulta lenta y difcil la coccin del huevo. Sin embargo, sta puede realizarse fcilmente en el inte-rior de una olla exprs.

2.69. (:Fs posih/e que e/ agua hicr\'{/ a 8() C? f:'xp/ica tu CO!llC1taci11 y describe Uflll experiencia que lo de11111cstrc. ,)'que hier\'{/ a 125 'C? Ra::.ona la respuesta.

Solucin: Un lquido hierve cuando su presin de vapor iguala la presin exterior. Si sta disminuye, la temperatura de ebullicin del lquido descien-de; si aumenta, la temperatura de ebullicin del lquido es ms alta.

Para hervir agua a 80 C es preciso que disminuya la presin exterior. Por ejemplo: en la cumbre del Mont Blanc, cuya altura aproximada es de 4 810 m, y donde la presin exterior es del orden de los 415 mm de Hg, el agua hierve a unos 84 C.

Para hervir agua a 125 C es necesario aumentar la presin exterior. Este es el fundamento de las autoclaves y de las ollas a presin, u ollas exprs.

2. 70. t;l'or que la c111Ta de \'{/poriall'in de un lquido termina en el punto crtico:' ,:Cunto rafe en dicho punto el calor de rnpori::.acirn:>

Solucin: Porque a temperaturas superiores a la crtica no se pueden veri-ficar los cambios de estado lquido-gas y gas-lquido. El calor de vaporizacin en el punto crtico es nulo, ya que en ese punto no existen diferencias entre el estado lquido y el gaseoso, y el paso de uno a otro estado se puede verifi-car sin intercambio alguno de calor.

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3. DISOLUCIONES

FORMULARIO-RESUMEN

Las disoluciones son mezclas homogneas resultantes de la interposicin de tomos, molculas o iones de dos o ms sustancias, denominadas componentes, las cuales intervienen en proporciones variables.

FORMAS DE EXPRESAR LA CONCENTRACIN DE LAS DISOLUCIONES g soluto

en Gramos de soluto por cada 100 g de disolvente= d' 1 100 o f:3 Molaridad, M (nmero de moles de soluto contenidos en 1 litro de diso-Q lucin): < Q - N. moles de soluto aIOOO :z: M= = :::> N. Otros de disolucin MV z l.IJ

(a = gramos de soluto; val = valencia de soluto: M = masa molecular del soluto; V = volumen (en cm3) de la disolucin).

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1 V N = n. de equivalentes 1 1 Normalidad = Molaridad valencia 1 (V = volumen de la disolucin expresado en litros; N = normalidad).

rJ} Molalidad, m (nmero de moles de soluto contenidos en 1 kg de disolvente): < u

-~ N. moles de soluto alOOO ,_

::::> m= = o N. kg de disolvente Mm' rJ} ,, o (a = gramos de soluto; M = masa molecular del soluto; m' = gramos de di-< o solvente). z ::::> Fraccin molar, X (nmero de moles de cada sustancia disuelta dividido entre z ,, el nmero total de moles presentes en la disolucin):

X= N. moles de cada componente

N. total de moles

PROPIEDADES COLIGA TIV AS DE LAS DISOLUCIONES

Disminucin de la presin de vapor. Ley de Henry: P 0 = presin de vapor del disolvente puro

1 Pop~ p ~X.. ; p ~P . .,_ . P = presin de vapor de la disolucin 'X.,;01 = fraccin molar del soluto "/..d = fraccin molar del disolvente

Descenso crioscpico y aumento ebulloscpico. Leyes de Raoult:

. dt = aumento ebulloscpico o descenso crioscpico a K = constante molal de los puntos de ebullicin dt = K m = K M o congelacin

~

M=K ..!!.. m = molalidad de la disolucin dt a = g de soluto por kg de disolvente \M = masa molecular del soluto

Presin osmtica. Ecuacin de van't Hoff:

7t = presin osmtica de la disolucin (en atm)

17tV=nRTI V = volumen de la disolucin (en litros) n = nmero de moles de soluto

17t=cRTI . a = masa de so luto (en gramos)

17tv=:iRTI 1 M = masa molecular del soluto

T = temperatura absoluta c = concentracin molar del soluto

\ R = 0,082 atm l/K mol

70

Factor i de van't HotT:

i = Valor propiedad coligativa compuesto inico

Valor propiedad coligativa compuesto covalente ideal

DISOLUCIONES LQUIDO-LQUIDO