la bilblia de la quimica

ESTADOS DE AGREGACIÓNDE LA MATERIA

1. Un gas ideal ocupa un volumen de 500 cm3 ala presión de 780 mm de Hg. Suponiendo que lamasa y la temperatura permanecen constantes yque la presión se reduce a 750 mm de Hg, calcu-lar el volumen final ocupado por el gas.

RESOLUCIÓN:Como es una transformación experimentada por

un gas ideal manteniendo constantes la masa y latemperatura, se cumple la ley de Boyle-Mariotte:

P1 V1 = P2 V2.Despejando, resulta:

P1 V1V2 = –––––––.P2

Sustituyendo los valores numéricos del enun-ciado se obtiene:

780 · 500V2 = ––––––––– = 520 cm3.750

2. Un matraz cerrado contiene aire a 40 °C y1 atm. Si se calienta hasta 360 °C y el volumenaumenta en un 5 %, calcular la presión final.

RESOLUCIÓN:Como se trata de una transformación experimen-

tada por un gas ideal manteniendo constante úni-

camente la masa, se verifica la ecuación generalP1 V1 P2 V2de los gases ideales: –––––– = ––––––. Despejan-

T1 T2P1 V1 T2do, 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 · 633P2 = –––––––––––– = 1,926 atm.1,05 V1 · 313

3. En una bombona de 12 litros hay oxígeno a1,4 atm y 310 K. Calcular:

a) El número de moles de oxígeno que contie-ne la bombona.

b) La densidad del oxígeno en esas condicio-nes.

RESOLUCIÓN:a) A partir de la ecuación de estado de los gases

P Videales P V = n R T se tiene: n = –––––. Sustitu-R T

yendo los valores numéricos del enunciado resulta:

1,4 · 12n = –––––––––– = 0,661 moles de oxígeno.0,082 · 310

b) Para calcular el valor de la densidad del oxí-geno en estas condiciones, podemos partir de la

751

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

QUÍMICA

ecuación de estado de los gases ideales P V = n R Tteniendo en cuenta que n = a/M. Sustituyendo,resulta:

a aP V = ––– R T o bien: P · M = ––– R T.M V

Pero como = a/V, sustituyendo se obtiene:P MP · M = R T. Despejando: = –––––.R T

Sustituyendo los valores numéricos del enun-ciado resulta:

1,4 · 32 = ––––––––––– = 1,76 g/l

0,082 · 310

4. Se tiene un gas en condiciones normales.Calcular la presión del gas si la temperatura seduplica permaneciendo constante el volumen.

RESOLUCIÓN:En este caso se trata de una transformación expe-

rimentada por un gas ideal manteniendo constan-tes la masa y el volumen, por tanto, se cumple la

P1 P2ley de Charles y Gay-Lussac: ––– = –––. Despe-T1 T2

P1 T2jando, resulta: P2 = ––––––. Sustituyendo los va-T1

lores del enunciado, se tiene:

1 · 2T1P2 = ––––––– = 2 atm.T1

5. Un recipiente contiene 150 cm3 de un gasideal a 42 °C y 714 mm de Hg. Si después de unaserie de transformaciones el volumen del gas es de102 cm3 a la presión de 830 mm de Hg, calcularla temperatura final del gas, expresada en gradoscentígrados.

RESOLUCIÓN:Como se trata de una transformación experi-

mentada por un gas ideal manteniendo constanteúnicamente la masa, se verifica la ecuación gene-ral de los gases ideales:

P1 V1 P2 V2––––––– = –––––––.T1 T2

Despejando, resulta:P2 V2 T1T2 = ––––––––.P1 V1

En este caso se tiene:T1 = 42 + 273 = 315 K.

Sustituyendo los valores numéricos resulta:

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

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

6. El cuerpo humano produce en la respiraciónuna media de 40 g de dióxido de carbono cadahora. Calcular el volumen de dióxido de carbonomedido a 27 °C y 101 kPa que se produce en larespiración 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 ga-

ses ideales P V = n R T, teniendo en cuenta quen = a/M resulta:

aP V = –––– R T.M

Despejando, se obtiene:a R TV = ––––––.P M

Sustituyendo los valores numéricos:40 · 8,31 · 300 m3

V = –––––––––––––– = 0,02244 –––––44 · 101.000 hora

Es decir,

m3 1.000 l 24 horas0,0224 –––––– · ––––––– · ––––––––– =hora 1 m3 1 día

litros= 538,5 ––––––día

7. Sabiendo que el calor molar de fusión delxenón es de 22,9 kJ/mol, calcular la cantidad deenergía necesaria para fundir totalmente 300 gde xenón, sin variar su temperatura. TómeseXe = 131,29 g/mol

752

RESOLUCIÓN:Empleando los factores de conversión corres-

pondientes resulta:

1 mol Xe 22,9 KJ300 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 ozo-no de la atmósfera es el CClF3. Este compues-to tiene un punto de ebullición de 23,8 °C, sucalor de vaporización es de 180,2 J/g y su den-sidad en estado líquido es de 1,47 g/cm3.Calcular:

a) El volumen ocupado por 10 g del compues-to medidos a 100 °C y 100 kPa.

b) La energía necesaria para vaporizar total-mente 2 moles del compuesto sin variar la tem-peratura. 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/Maresulta: P V = –––– R T. Despejando, se obtiene:M

a R TV = ––––––. Sustituyendo los valores numéricos,P M

resulta:10 · 8,31 · 373V = ––––––––––––– =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 J2 moles · ––––––––––––– · ––––––––– =.1 mol 1 g CClF3

= 37.700 J = 32,7 KJ.

9. Calcular la masa molecular de un gas sabien-do que 0,48 g del mismo ocupan un volumen de400 cm3 a la temperatura de 27 °C y a la presiónde 100 kPa.

RESOLUCIÓN:A partir de la ecuación de estado de los ga-

ses ideales P V = n R T, teniendo en cuenta quen = a/M resulta:

a a R TP V = ––– R T. Despejando, se obtiene: M = –––––M P V

Sustituyendo los valores numéricos, resulta:

0,48 · 8,31 · 300M = ––––––––––––––––– = 29,9 g/mol100.000 · 400 · 10–6

10. A temperatura y presión ordinarias el pro-pano 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 ecua-ción de estado de los gases ideales P V = n R T,teniendo en cuenta que n = a/M resulta:

aP V = ––– R T. M

Pero como: = a/V, sustituyendo se tiene:P M = R T. Despejando:

P M = –––––

R TSustituyendo los valores numéricos resulta:

10.000 · 44 = –––––––––– = 1,96 g/l.

8,31 · 373

b) Procediendo análogamente, se tiene:

P M 10.000 · 44 = ––––– = ––––––––––– =

R T 8,31 · 373

g 1 m3 g= 141,9 ––– · ––––––– 0,14 –––.m3 1.000 l l

11. Una masa de nitrógeno ocupa un volumende 25 m3 a 15 °C y 300 kPa. Calcular la tempera-tura a que se deberá calentar esta masa de gas paraque su volumen sea de 100 m3, sin que varíe lapresión.

753


RESOLUCIÓN:En este caso se trata de una transformación ex-

perimentada por un gas ideal manteniendo cons-tantes la masa y la presión, por tanto, se cumple la

V1 V2ley de Charles y Gay-Lussac: ––– = –––. Despe-T1 T2

T1 V2jando, resulta: T2 = –––––– Sustituyendo los valo-V1

res del enunciado, se tiene:288 · 100T2 = ––––––––– = 1.152 K,

25es decir:

1.152 – 273 = 879 °C.

12. Una burbuja de aire situada a 4 m de pro-fundidad bajo el agua del mar tiene un volumende 1 cm3. Sabiendo que la densidad del agua delmar es de 1,02 g/cm3 y suponiendo que la tempe-ratura permanece constante, calcular el volumende la burbuja en la superficie. Tómese para lapresión atmosférica el valor de 101.300 Pa.

RESOLUCIÓN:Como se trata de una transformación experi-

mentada por un gas ideal manteniendo constantesla masa y la temperatura, se cumple la ley de Boy-le-Mariotte: P1 V1 = P2 V2. Si despejamos, resulta:

P1 V1V2 = ––––––. Ahora bien, en este caso, la presiónP2

inicial será la suma de la presión atmosféri-ca más la presión hidrostática que soporta laburbuja. Es decir: P1 = Patm + Ph. La presión hi-drostática viene dada por la expresión: Ph == g h. Sustituyendo los valores numéricos seobtiene:

g m 1 kgPh = 1,02 –––– · 9,8 ––– · 4 m · ––––––– ·

cm3 s2 1.000 g106 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.


141.284 · 1V2 = –––––––––– = 1,4 cm3.101.300

13. Calcular el volumen ocupado por 100 g denitrógeno en condiciones normales.

RESOLUCIÓN:En condiciones normales de presión y tempe-

ratura 1 mol de un gas ideal ocupa un volumende 22,4 litros. Así pues, en este caso, se tiene:

1 mol N2 22,4 l100 g N2 = –––––––– · –––––––––––– = 80 litros.28 g N2 1 mol N2 (c.n.)

14. Un manómetro indica 42 lb/pulg2 en untanque de aire comprimido. Hallar su presión ab-soluta en mmHg y kPa.

RESOLUCIÓN:

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

luego56,7 lb––––

pulg2

Pa = –––––––––14,7 lb––––

pulg2

Pa = 3 857at

Entonces 3 857 · 760 = 2 931 mmHg3 857 · 1 013 · 103 = 390,7 kPa

754

15. Una masa gaseosa ocupa un volumen de0,2 lts a 212 °F. Hallar el volumen en pies3 queocupará a 0 °C en un proceso isobárico.

RESOLUCIÓN:

Por Charles V1 = V2––– –––T1 T2

Datos: V1 = 0,2 LT1 = 212°F · 460 = 672°R (temp. abst.) T2 = 0°C = 32°F + 460 = 492°R

De la fórmula V2 = V1 .T2–––T1

Reemplazando valores

V2 = 0,2L . 492°R––––––672°R

V2 = 0,146 L

Pero 1 pie3 < > 28,32 lt

luego V2 = 0,146 L pie3––––––28,32 L

V2 = 0,0052 pie3

16. Cierta masa gaseosa ocupa un volumen de500 L a 35 °C y 770 torr (770 mmHg); se com-prime dentro de un tanque de 100 L de capacidada la presión de 5 at. Hallar la temperatura finaldel gas.

RESOLUCIÓN:

Datos : V1 = 500 L

V2 = 100 L

T1 = 35°C + 273 = 308°K

T2 = ?

P1 = 770 torr

P2 = 5at . 760 torr = 3 800–––at

Se sabe :

P1 V1 =P2 V2––––– –––––

T1 T2

770 · 500 = 3 800 · 100–––––––– ––––––––––308 T2

T2 =3 800 · 100 · 308––––––––––––––

770 · 500

T2 = 304°K

T2 = 304 - 273

T2 = 31°C

17. Se tienen 5 lts de anhídrido sulfuroso SO2

a 18 °C y 1 600 mmHg. Calcular su volumen encondiciones normales (CN).

RESOLUCIÓN:

Datos: V1 = 5 L Vn = ?T1 = 18 + 273 = 291°K Tn = 273°KP1 = 1 600 mmHg Pn = 760 mmHg

Por la ley general de los gases

P1V1 =PnVn –––– –––––

T1 Tn


1 600 mmHg · 5L = 760 mmHg · Vn–––––––––––––– ––––––––––––––291°K 273°K

9,87 L = Vn

755


18. Calcular la masa de 150 mL de HCIgaseoso que se encuentra en condicionesnormales (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

luego:

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

x = 0,15 . 36,5–––––––––22,4

x = 0,244 g

19. Calcular el peso molecular de un gas si 455cm3 del mismo en condiciones normales pesan2,43 . 10-2 N.

RESOLUCIÓN:

Se sabe Peso = m . g

m = Peso––––g

2,43 . 10-2 Nm = –––––––––––9,8 m/s2

m = 2,48 . 10-3 kg

m = 2,48 g

luego

2,48g ocupan 0,455L

x(m) ocupan 22,4L

M = 122

20. 2,04 g de una sustancia pura se vaporiza a55°C y 780 torr de presión. El volumen obtenidoen estas condiciones es de 230 cm3. Hallar elpeso molecular de dicha sustancia.

RESOLUCIÓN:Se sabe PV = RTR

PV = RT W/M

RTWM = –––––PV

De acuerdo a los datos:

P = 780 torr (mmHg)V = 0,230 LW = 2,04 gT = 55°C + 273 = 328°KR = 62,4 mmHg x L–––––––––

°K x mol

Reemplazando

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

M = 232,73 g/mol

21. ¿Cuántos átomos de P y O hay en 0,2 . 10-3

m3 de P205 a 37 °C y 106,6 . 103 Pa.

RESOLUCIÓN:

Datos: P = 106,6 . 103 Pa

V = 0,2 . 10-3m3

R = 8,31 Pa . m3–––––––°K . mol

T = 37 + 273 = 310 °K

PV = RTn

756

PV ––– = nRT

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 velocidadesde difusión del H2 y CO2 que pasan a través deun fino agujero?

RESOLUCIÓN:Por la ley de Graham

V1 M2 (M = Masa molecular)–– = –––––V2 M1 (V = Velocidad de difusión)

Sea V1 = V (H2) V2 = V (CO2)

M1 = M(H2) = 2M2 = M(CO2) = 44

V(H2) 44––––– = –––––V(CO2) 2

V(H2) –––––– = 4,7V(CO2)

23. 100 cm3 de CO2 se han difundido en 1 horaa través de ciertos orificios. Calcular cuántooxígeno se difundirá en 5 minutos a través de losmismos orificios y en las mismas condiciones.

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

RESOLUCIÓN:Se sabe V1 M2–– = –––––

V2 M1

Datos:V(CO2) = 100 cm3/hV(O2) = ?M(CO2) = 44M(O2) = 16 . 2 = 32

V(CO2) M(O2) –––––– = –––––––––V(O2) M(CO2)

100 32––––– = –––––V(O2) 44

V(O2) = 117,2 cm3 /h

Pero por ser en 5’ que equivale a 1/12 de hora

Resp. = 117,2–––––12

V2 = 9,77 cm3

LA TRANSFORMACIÓN QUÍMICA

1. Se añaden 6 g de cloruro potásico a 80 g deuna disolución acuosa de cloruro potásico al 12 %en peso. Calcular el porcentaje en peso de cloru-ro potásico de la disolución resultante.

RESOLUCIÓN:La disolución acuosa de cloruro potásico

contenía inicialmente: 80 g · 12 % = 9,6 gramosde KCl. Si ahora se le añaden 6 gramos de KCl,la cantidad final de KCl que habrá en la diso-lución será: 9,6 + 6 = 15,6 gramos. Ahora bien,

757


la masa final de la disolución será: 80 + 6 == 86 gramos. Por consiguiente, el porcentaje enpeso de cloruro potásico de la disolución resul-tante 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 obteneruna disolución 3 N de dicho ácido.

RESOLUCIÓN:a) Como m = V · , la masa de 1 litro de esta diso-

lución será de: 1.000 cm3 · 1,19 g/cm3 = 1.190 gra-mos. Como su concentración es del 26 %, lacantidad de ácido sulfúrico que contiene es:1.190 · 26 % = 309,4 gramos de ácido sulfúrico.Como esta cantidad de ácido sulfúrico está di-suelta en 1 litro de disolución, pasada a equiva-lentes y a moles será, por definición, la norma-lidad y la molaridad de la disolución. En elcaso del ácido sulfúrico, que posee 2 hidrógenos,1 equivalente = 1/2 mol = 98/2 = 49 gramos. Portanto, resulta:

1 eq.N = 309,4 g · –––––– = 6,32.49 g

b) Procediendo análogamente y recordando que1 mol de ácido sulfúrico son 98 gramos, se obtiene:

1 molM = 309,4 g · ––––––– = 3,16.98 g

c) Como la disolución es 6,32 N, 100 cm3 de lamisma contienen 0,632 equivalentes de ácidosulfúrico. Por tanto, el volumen x de disolución3 N que podría prepararse con los 100 cm3 de di-solución 6,32 N viene dado por:

3 eq 0,632 eq–––––––––––––––– = ––––––––.1.000 cm3 disoluc. x

Despejando resulta:1.000 · 0,632x = –––––––––––– = 211 cm3

3

de disolución. Así, se deberán añadir 211 – 100 == 111 cm3 de agua a los 100 cm3 de disolución6,32 N.

3. Se dispone de una disolución 0,1 M de KCla partir de la cual se desea preparar una disolu-ción 0,002 M de esta sal. Calcular los ml de laprimera disolución que se precisan para preparar250 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 disolu-ción más concentrada, 0,1 M, que contiene estosmismos 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 · 10–4x = –––––––––––––– = 5 ml de disolución 0,1 M.

0,1

4. Se hace reaccionar completamente 1 g de undeterminado metal con ácido sulfúrico diluido. Enla reacción se desprende hidrógeno que recogidosobre agua ocupa un volumen de 390 cc a 25 °C y745 mm de Hg. El ácido sulfúrico diluido se pre-paró a partir de un ácido comercial de densidad1,83 g/cc y riqueza en peso del 91 %. Sabiendoque la presión del vapor de agua a 25 °C es de23,8 mm Hg. Calcular:

a) La molaridad del ácido sulfúrico comercial.b) El volumen de ácido comercial que será ne-

cesario para preparar un litro de ácido sulfúrico0,5 N.

c) El peso equivalente del metal.

758

DATO: La presión del vapor del agua a 25 °Ces de 23,8 mm Hg.

RESOLUCIÓN:a) La masa de 1 litro de disolución de ácido sulfú-

rico comercial será: m = V . Sustituyendo los valo-res numéricos resulta: m = 1.000 cm3 · 1,83 g/cm3 == 1.830 gramos. De estos gramos, el 91%, es decir1.830 · 91% = 1.665 gramos, son de ácido sulfúri-co. Teniendo en cuenta que la masa molar del áci-do sulfúrico es de 98 g/mol, los 1.665 gramos de

1 molácido sulfúrico equivaldrán a: 1.665 g · –––––– =98 g

= 17 moles de ácido sulfúrico. Como los 17 mo-les de ácido sulfúrico están disueltos en 1 litro dedisolución, ésta será, por definición, 17 M.

b) 1 litro de disolución 0,5 N contiene 0,5 equi-valentes de ácido sulfúrico. En el caso del ácidosulfúrico, que posee 2 hidrógenos, 1 equivalente == 1/2 mol = 98/2 = 49 gramos. Por tanto, 0,5 equi-valentes serán 0,25 moles. Como queremos pre-parar 1 litro de disolución 0,5 N, calcularemos elvolumen x de disolución comercial (17 M) quecontiene 0,25 moles, que será el volumen que de-beremos tomar. Se tiene:

17 mol H2SO4 0,25 mol–––––––––––––––– = –––––––––.1.000 cm3 disoluc. x

Despejando resulta:

1.000 · 0,25x = –––––––––– = 14,7 cm3 de disolución 17 M.17

c) Puesto que el hidrógeno se recoge burbujean-do a través de agua, lo que en realidad se tiene esuna mezcla gaseosa de hidrógeno y vapor de agua.Conocida la presión del vapor de agua, la presióndel hidrógeno en la mezcla será 745 – 23,8 == 721,2 mm de Hg. Aplicando la ecuación generalde los gases perfectos y recordando el volumenmolar de éstos, es posible entonces calcular el nú-mero de moles desprendidos. En efecto, se tiene

P V P0 V0––––– = –––––––.T T0

Despejando resulta:PV T0V0 = –––––––.P0 T

Sustituyendo valores numéricos:721,2 · 390 · 273V0 = –––––––––––––––.760 · (273 + 25)

Es decir: V0 = 339 cm3 de hidrógeno medidosen condiciones normales. En consecuencia, severifica:

22.400 cm3 (c.n.) 339 cm3––––––––––––––– = ––––––––.

1 mol xDespejando, resulta: x = 0,015 moles de hidróge-

no. Como la molécula de hidrógeno contiene 2 áto-mos de hidrógeno, 1 mol de hidrógeno contiene 2equivalentes. Entonces, los 0,015 moles de hidró-geno serán 0,03 equivalentes. Teniendo en cuentaque, por definición, un número de equivalentes de-terminado de un metal desplaza de un ácido el mis-mo número de equivalentes de hidrógeno, habrátambién 0,03 equivalentes de metal. Como se utili-zó 1 gramo de metal, 1 gramo coincidirá con 0,03equivalentes y, por tanto, el peso equivalente delmetal se podrá calcular a partir de la expresión:

0,03 eq 1 eq––––––– = –––––1 g x

Despejando, resulta: x = 33,3 gramos. Porconsiguiente, el peso equivalente buscado es33,3 gramos.

5. En el análisis de una blenda, en la que todoel azufre se encuentra combinado como ZnS, setratan 0,9364 g de mineral con ácido nítrico con-centrado. Todo el azufre pasa al estado de ácidosulfúrico y éste se precipita como sulfato de ba-rio. El precipitado se filtra, se lava, se seca y sepesa. Se han obtenido 1,878 g de sulfato de ba-rio. Calcular el porcentaje de ZnS en la muestrade blenda analizada.

RESOLUCIÓN:Las transformaciones químicas experimentadas

por el ZnS de la blenda pueden esquematizarsedel modo siguiente:

ZnS → H2SO4 → BaSO4.

759


Como todo el azufre contenido en el ZnS apa-rece en el BaSO4, teniendo en cuenta los pesosatómicos se verifica:

233,3 g BaSO4 (1mol) 1,878 g–––––––––––––––––––– = –––––––.97,4 g ZnS (1 mol) x

Despejando:97,4 · 1,878x = ––––––––––– = 0,7840 g de ZnS.

233,3

Por tanto, habrá 0,7840 gramos de ZnS en0,9364 gramos de blenda, por lo que la riquezade esta blenda será:

0,7840–––––––– · 100 = 83,7 %.0,9364

6. Calcular el volumen de hidrógeno medido a50 °C y 1,2 atm de presión que se obtiene al aña-dir 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 demoles disponibles de Al y de HCl:

1 molMoles de Al: 10 g · –––––– = 0,37 moles de Al27 g

0,5 molMoles 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 HClserá el reactivo limitante, que deberá ser conside-rado como tal en los cálculos estequiométricos.El volumen de hidrógeno obtenido en la reacciónse calculará del modo siguiente:

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 ga-

ses perfectos se tiene:

P0 V0 P V–––––– = –––––.T0 T

Despejando resulta:P0 V0 T

V = ––––––––.P T0

Sustituyendo los valores numéricos se obtiene:

1 · 0,42 · 323V = –––––––––––– = 0,41 l H2.1,2 · 273

7. Calcular los litros de hidrógeno medidos a750 mm de Hg de presión y 30 °C de temperatu-ra que se pueden obtener atacando 75 g de Znmetálico 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 correspon-diente 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 ga-ses perfectos, se tiene:

P0 V0 P V–––––– = –––––.T0 T

Despejando, resulta:P0 V0 TV = ––––––––.

P T0


760 · 23,1 · (273 + 30)V = ––––––––––––––––––– = 26,0 l H2750 · 273

760

8. Al añadir agua al carburo de calcio se obtie-ne hidróxido de calcio y acetileno. Calcular losgramos de agua necesarios para obtener 2 litrosde acetileno a 27 °C y 1 atm.

RESOLUCIÓN:La ecuación química correspondiente al proce-

so es:CaC2 + 2 H2O → Ca(OH)2 + C2H2.

Aplicando ahora la ecuación general de los gases,P V P0 V0––––– = –––––– se puede calcular el volumen deT T0

acetileno en condiciones normales, sustituyendo760 · 2 760 V0los valores numéricos: ––––––––––– = –––––––.

(273 + 27) 273Despejando se obtiene:

760 · 2 · 273V0 = –––––––––––– = 1,82 l C2H2 (c.n.)760 · 300

La cantidad de agua necesaria para producireste volumen de acetileno, de acuerdo con la es-tequiometría 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

9. La estricnina es un poderoso veneno utiliza-do como raticida. La composición porcentual dela estricnina es C: 75,45 %; H: 6,587 %; N:8,383 % y O: 9,581 %. Encontrar su fórmula em-pírica.

RESOLUCIÓN:De acuerdo con su composición centesimal, la re-

lación en gramos de los elementos que forman laestricnina es de 74,45 gramos de C, por 6,587 gra-mos de H, por 8,383 gramos de N y por 9,581 gra-mos de O. Por consiguiente, la relación en moles es:

1 molMoles de C: 74,45 g · –––––– = 6,287512 g

1 molMoles de H: 6,587 g · –––––– = 6,5871 g

1 molMoles de N: 8,383 g · –––––– = 0,598814 g

1 molMoles de O: 9,581 g · –––––– = 0,598816 g

Dividiendo los resultados anteriores por0,5988 se obtiene la relación

6,2875Moles de C: ––––––– = 10,50,5988

6,587Moles de H: ––––––– = 110,5988

0,5988Moles de N: ––––––– = 10,5988

0,5988Moles de O: ––––––– = 10,5988

Multiplicando los resultados anteriores por 2,para que todos los números que aparecen en larelación sean enteros se obtiene:

Moles de C: 10,5 · 2 = 21Moles de H: 11 · 2 = 22Moles de N: 1 · 2 = 2Moles de O: 1 · 2 = 2

Por tanto, la fórmula empírica será:

(C21H22O2N2)n.

10. El ácido nítrico se puede preparar por reac-ción entre el nitrato de sodio y el ácido sulfúrico.Calcular el volumen de ácido sulfúrico comercialque contiene 1,350 g/l de ácido sulfúrico que esnecesario utilizar para preparar 10 kg de ácidonítrico del 63 % de riqueza en peso, sabiendoque el rendimiento de la operación es del 70 %.

RESOLUCIÓN:La cantidad de ácido nítrico concentrado conte-

nida en 10 kg de disolución al 63 % es: 10 · 63 % == 6,3 kg. La ecuación correspondiente a la reac-ción 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 · ––––––––––––––––––––––––– =702 · 63 g HNO3 · –––– (2 mol)100

= 7,0 kg H2SO4 = 7.000 g H2SO4.

Así pues, el volumen de la disolución comer-cial que contiene los 7,0 kg de ácido sulfúricoque se necesita para efectuar el proceso es:

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

= 5.180 l disolución H2SO4.

11. El insecticida lindano contiene C, H y Cl. Alquemar una muestra de 3,00 g del mismo se obtie-nen 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 delindano analizada son:

12 g C2,72 g CO2 · ––––––––– = 0,7418 g C.44 g CO2

2 g H0,56 g H2O · ––––––––– = 0,0622 g H.18 g H2O

Como la muestra pesaba 3,00 gramos, la canti-dad de cloro presente era: 3,00 – 0,7418 – 0,0622 == 2,196 gramos de Cl. Por consiguiente, la rela-ción en moles es:

Moles de C:1 mol C0,7418 g C · –––––––– = 0,0619 moles C12 g C

Moles de H:1 mol H0,0622 g H · –––––––– = 0,0622 moles H

1 g H

Moles de Cl:1 mol Cl2,196 g Cl · –––––––– = 0,0619 moles Cl35,5 g Cl

Dividiendo los resultados anteriores por 0,0619se obtiene la relación

Moles de C: 0,0619 : 0,0619 = 1Moles de H: 0,0622 : 0,0619 1Moles de Cl: 0,0619 : 0,0619 = 1

Por consiguiente, la fórmula empírica del lin-dano es (CHCl)n.

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

RESOLUCIÓN:Se sabe: % en peso = Peso soluto . 100––––––––––––––

Peso de solución

Reemplazando valores:

15 = 38 . 100–––x

x = 38 . 100––––––––15

x = 253 g

13. Calcular la masa de AL2 (SO4)3 . 18H2O ne-cesaria para preparar 50 mL de una soluciónacuosa 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 H2OMasa de 1 mol de Al2(SO4)3.18H2O = 663g

762

LuegoEn 663g de Al2(SO4)3.18 H2O existen 54 g de Al+3

x ––––– 2 g de Al+3

2 . 663x = ––––––54

x = 24,55 g de Al2(SO4)3 . 18 H2O

14. Una solución concentrada de H2SO4 tiene95% en peso de H2SO4 puro y una densidad de1,84 g/cm3. ¿Qué volumen de esta solución con-tiene 360g de H2SO4 puro?

RESOLUCIÓN:(Nota: % en peso = % en masa)

Partiendo del concepto de densidad:

Si δ = 1,84 g/cm3

significa que: En 1 cm3 hay 1,84 g de masa perocomo 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

360x = –––––1 748

x = 205,9 cm3 de solución

15. Exactamente a 4g de una solución deH2SO4 diluido en agua se añade un exceso deBaCl2; después de lavado y secado el producto serecogió 4,08g de sulfato de bario (BaSO4).Encuentre el porcentaje de H2SO4 en la solución.

RESOLUCIÓN:La reacción para producir BaSO4, debidamente

balanceada es:

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

De acuerdo a la ecuación

98 g de H2SO4 producen 233,4 g de BaSO4

x g de BaSO4 ––––––– 4,08 g de BaSO4

luego98 . 4,08x = ––––––––

233,4

x = 1,71 g de H2SO4

Cálculo del % de pureza

1,71 . 100 = 42,75%––––4

16. Se prepara Cl2 por reacción de MnO2 conH2SO4 y NaCl. ¿Qué masa de MnO2 y NaCl yqué volumen de ácido sulfúrico 18 M necesitare-mos para preparar 4,48 L de Cl2 en C.N.?

RESOLUCIÓN:La ecuación balanceada será:

MnO2 + 2NaCl + 3H2SO4 →––––– ––––– ––––––– 1 mol 2mol 3mol

→ MnSO4 + 2NaHSO4 + Cl2 + 2H2O–––1mol

Cálculo de la masa de MnO2:

1 mol MnO2 (87g) ––––– 1 mol Cl2 a C.N.

87 g producen 22,4 Lx –––––––– 4,48 L

87 . 4,48x = –––––––––22,4

x = 17,4 g de MnO2

763


Cálculo de la masa de NaCl:

2 moles de NaCl (117g) –––– 1 mol Cl2 a C.N.

117 g producen 22,4 Lx ––––––– 4,48 L

117 . 4,48x = ––––––––––22,4

x = 23,4 g de NaCl

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 . 3x = –––––––22,4

x = 0,6 moles de H2SO4 puro

De acuerdo al enunciado el H2SO4 es 18 M, portanto

En 1L (1000 mL) de solución hay 18 moles de H2SO4 puro

x ––––––––––––– 0,6 moles de H2SO4 puro

1000 . 0,6x = –––––––––18

x = 33,3 cm3 de solución 18M de ácido

17. Calcular la normalidad de una solución quecontiene 5,45 g de FeCl3 en 60 cm3 de solución.

RESOLUCIÓN:Se sabe: # equivalentes de solutoN = –––––––––––––––––––––

# lts solución

soluto es FeCl3 → masa molecularEq = –––––––––––––––––#aniones o #cationes

162,4Eq = –––––3

Eq = 54,1

Masa# Eq = ––––––––––Eq. químico

5,45# Eq = –––––5,41

# Eq = 0,10073

0,10073Por tanto N = ––––––––0,060

N = 1,68

18. Calcular la masa de soda caústica que senecesita para preparar 5L de una disolución al20% y de densidad 1 219 g/cm3. Calcule ademássu normalidad y la masa de agua.

RESOLUCIÓN:Si δ = 1 219 g/cm3 significa que

1 cm3 de solución tiene 1 219 g1000 cm3 (1L) de solución tendrá 1 219 g

luego en 5L se tendrá 5 . 1219 = 6 095 g

Como la solución es al 20%, la masa de NaOHserá

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 deNaOH

764

M (M = masa molecular)Eq = –––––––# de OH

40Eq = ––––1

Eq = 40

entonces masa total# de Eq = –––––––––Eq

1 219# de Eq = –––––40

# Eq = 30 475 en 5L

# Eq . solutoN = –––––––––––# L solución

30 475N = –––––––5

N = 6 095 Eq/L

19. Calcular la molalidad (m) de una soluciónque contiene 8,82 g de HCl en 100 g de H2O

RESOLUCIÓN:n de moles solutoMOLALIDAD(m) = –––––––––––––––

# kg solvente

masa–––––masa molecularm = –––––––––––––––

# kg solvente

8,82––––36,5m = ––––––––

0,1 kg

m = 2,4

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

recordar que para que una neutralización se llevea cabo, los # Eq de ambas soluciones deberán seriguales.

# EqA = # EqB

pudiendo presentarse la expresión anterior delas siguientes maneras:

MA MB–––– = –––– ………………… (1)EqA EqB

NAVA = NBVB ………………… (2)

RESOLUCIÓN:En nuestro caso

#EqH2SO4 = #EqNaOH

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

Masa molecularEqH2SO4 = –––––––––––––#H sustituibles

98EqH2SO4 = –––2

EqH2SO4 = 49

Masa molecular#EqNaOH = ––––––––––––––# de (OH)

40EqNaOH = –––1

EqNaOH = 40

Reemplazando valores en (3)

mH2SO4 120––––––– = –––49 40

mH2SO4 = 147g

765


21. En una mezcla de gases a 20 °C, las presio-nes ejercidas por sus componentes son: H2 = 200mmHg; CO2 = 150 mmHg CH4 = 320 mmHg yC2H4 = 105 mmHg. Calcule la presión total de lamezcla y el porcentaje de H2 en volumen.

Recordando las leyes de Dalton respecto a lamezcla de gases:

* Presión total = Suma de las presiones parcialesde 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 PpCO2 PpCH4 PpC2H4 PT––––– = –––––– = –––––– = ––––––– = –––%VH2 %VCO2 %VCH4 %VC2H4 100

De donde: PpH2 PT––––– = ––––%VH2 100

100 . PpH2% VH2 = –––––––––– PT

Reemplazando valores:

100 . 200% VH2 = –––––––––775

% VH2 = 25,8%

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

torr; 80 cm3 de O2 a la presión de 400 torr y 700cm3 de N2 a la presión de 200 torr. Calcular lapresión total de la mezcla. De acuerdo al enun-ciado, calcularemos las presiones finales de ma-nera independiente; por ser un proceso isotérmi-co, aplicaremos la ley de Boyle para cada caso.

RESOLUCIÓN:Se sabe P1V1 = P2V2

P1V1de donde: –––– = P2V2

Para el H2

P1 = 700 torrV1 = 200 cm3

V2 = 250 cm3

700 torr . 200 cm3P2 = –––––––––––––––

250 cm3

P2 = 560 torr

Para el O2

P1 = 400 torrV1 = 80 cm3

V2 = 250 cm3

400 torr . 80 cm3P2 = ––––––––––––––

250 cm3

P2 = 128 torr

Para el N2

P1 = 200 torrV1 = 700 cm3

V2 = 250 cm3

200 torr . 700 cm3P2 = ––––––––––––––––

250 cm3

P2 = 560 torr

luego: PT = PpH2 + PpV2 + PpN2

PT = 560 torr + 128 torr + 560 torrPT = 1 248 torr

766

23. A 25 °C y a 102 kPa se indica 1,5 m3 deO2, húmedo al 90%. ¿Qué volumen ocupará si seprocede a un secado parcial hasta 30% de H.R. auna temperatura de 20°C y presión 80 kPa?

RESOLUCIÓN:Se sabe que:

Ppva a 25°C = 23,80 mmHg y Ppva a 20°C = 17,54 mmHg

Nota: La ley general de los gases, como todas lasleyes de los mismos, es aplicable a gases idealesy no a gases húmedos, que no son ideales; paraque se cumpla deberá trabajarse con gases secospor lo que deberá restarse a la presión total delgas húmedo la (Ppva) presión del vapor de agua.

Ppva a 25°C = 23,80 como la saturación es al 90%

Ppva a 25°C = 90% de 23,80 = 21,42 mmHg

Reduciendo unidades :

760 mmHg –––––– 101,3 kPa21,42 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

Cambiando unidades:

760 mmHg –––––– 101,3 kPa5,26 mmHg –––––– x

x = 0,70 kPa

Se sabe: P1V1 P2V2–––– = ––––T1 T2

P1 = 102 – 2,85 = 99,15 kPa

V1 = 1,5 m3

T1 = 25° + 273 = 298°K

V2 = ?

P2 = 80 – 0,70 = 79,3 kPa

T2 = 20°C + 273 = 293 °K

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

99,15 . 1,5 . 293 –––––––––––––– = V2298 . 79,3

1,84 m3 = V2

24. Se ha recolectado H2 a través de H2O a20°C y 807 mmHg; el volumen del gas húmedoes de 124 mL. Calcular el volumen del H2 seco aC.N. Pva a 20°C = 17,54 mmHg.

RESOLUCIÓN:

Datos:

P1 = (807 - 17,54) = 789,46 mmHg

V1 = 124 mL

T1 = 20 + 273 = 293°K

Pn = 760 mmHg

Vn = ?

Tn = 273°K (0°C)

P1V1 P2V2–––– = ––––T1 T2

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

273 . 789,46 . 124 ––––––––––––––– = V2293 . 760

V2 = 120 mL

767


ESTRUCTURA ATÓMICA

1. Un electrón excitado de un átomo de hidró-geno vuelve al estado fundamental y emite unaradiación electromagnética de 180 nm. Calcular:

a) La frecuencia de la radiación.b) La diferencia de energía entre los dos nive-

les 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 laecuación que relaciona la frecuencia y la longitudde 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 corres-ponde a la diferencia energética entre ambos ni-veles. O sea: E = h . Sustituyendo los valoresnuméricos se tiene:

E = 6,62 · 10–34 · 1,67 · 1015 = 1,106 · 10–18 J.

2. El espectro de emisión del sodio presentauna línea amarilla de longitud de onda igual a588,9 nm. Calcular:

a) La diferencia de energía entre los dos esta-dos energéticos de un átomo de sodio entre losque se produce la transición.

b) La energía que hay que suministrar a 0,23 gde sodio para excitar todos los átomos del estadode baja energía al estado de alta energía anterior-mente 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 transiciónelectrónica entre dos estados energéticos con ladiferencia de energía entre los dos estados entrelos que se produce la transición. Para ello se debe

tener en cuenta que la energía de la radiación emi-tida equivale a la diferencia de energía entre losdos estados entre los que se produce la transición.La energía de la radiación emitida, de acuerdocon la ecuación de Planck, es: E = h y equivalea la diferencia de energía entre los dos estados en-tre los que se produce la transición, ya que un áto-mo emite radiación electromagnética cuando unelectrón pasa de un nivel de más energía a otro demenos energía y la absorbe en la transición inver-sa. Teniendo en cuenta que = c/ se obtiene:

h cE = ––––. 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 quehay en 0,23 gramos de sodio. La energía que sedebe suministrar será el producto de este númeropor la diferencia de energía entre los dos estadosdel átomo. Es decir:

23 g Na 6,022 · 1023 átomos Na0,23 g Na · –––––––– · –––––––––––––––––––– ·1 mol Na 1 mol3,36 · 10–19 J· –––––––––––– = 2.023,392 J.1 átomo Na

3. Una onda tiene una radiación de longitud deonda 4.000 Å.

a) Calcular su número de onda.b) Calcular la energía correspondiente a sus fo-

tones.

RESOLUCIÓN:a) El número de onda viene dado por la expresión:

= 1/. Sustituyendo los valores numéricos resulta:

1 1Å = –––––––– · –––––––– = 2,5 · 106 m–1.

4.000 Å 10–10 m

b) La energía de los fotones viene dada por laecuación de Planck:

h cE = h = –––– = h c .

Sustituyendo los valores numéricos, se tiene:E = 6,63 · 10–34 · 3 · 108 · 2,5 · 106 = 4,9725 · 10–19 J.

768

4. Un rayo gamma tiene una longitud de ondade 0,01 Å. Calcular la energía correspondiente asus fotones.

RESOLUCIÓN:La energía de los fotones viene dada por la ecua-

h cción de Planck: E = h = ––––. Sustituyendo los

valores numéricos resulta:

6,63 · 10–34 · 3 · 108E = ––––––––––––––––– = 1,989 · 10–13 J.

0,01 · 10–10

5. Calcular la masa equivalente de un fo-tón 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 actúacomo onda, que cuando lo hace como partícula.La energía del fotón cuando se comporta comouna onda viene dada por la ecuación de Planck:E = h mientras que cuando se comporta comouna partícula su energía viene dada por la ecua-ción de Einstein: E = m c2. Igualando ambas ex-presiones se obtiene: h = m c2. Despejando, re-sulta:

h m = –––––.c2


6,63 · 10–34 · 1015m = ––––––––––––––– = 7,36 · 10–36 kg.

(3 · 108)2

6. La masa relativista de una partícula que semueve con una velocidad de 106 m · s–1 es de10–31 kg. Calcular la longitud de la onda asociada.

RESOLUCIÓN:

De acuerdo con la ecuación de De Broglie setiene:

h = –––––.

m v


6,63 · 10–34 = ––––––––––– = 6,63 · 10–9 m.

10–31 · 106

7. Una estación de radio emite con una fre-cuencia de 1.000 kc · s–1. Calcular la energía quecorresponde a los cuantos de esta radiación elec-tromagnética.

RESOLUCIÓN:En primer lugar, convertiremos el valor de la fre

kc 1.000 ccuencia en Hz: 1.000 –––– · ––––––––– = 106 s–1.s 1 kc

La energía de los cuantos de esta radiaciónelectromagnética vendrá dada por la ecuación dePlanck: E = h . Sustituyendo los valores numé-ricos resulta:

E = 6,63 · 10–34 · 106 = 6,63 · 10–28 J.1 eV6,63 · 10–28 J · ––––––––––– = 4,14 · 10–9 eV.

1,6 · 10–19 J

8. Calcular la longitud de onda asociada a unelectrón que se mueve con una velocidad de6 · 107 m · s–1.

RESOLUCIÓN:

La longitud de onda del electrón se puede encon-htrar a partir de la ecuación de De Broglie: = ––––.

m vSustituyendo los valores numéricos, resulta:

6,63 · 10–34 1010 Å = ––––––––––––––– = 1,2 · 10–11 m · –––––– =

9,1 · 10–31 · 6 · 107 1 m

= 0,12 Å.

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

769


tante de Rydberg vale 109.677,581 cm–1, calcu-lar el valor de m.

RESOLUCIÓN:De la ecuación de Rydberg se tiene:

1 1 = R (––– – –––).n2 m2

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

1 1 = R (1 – –––). De donde: ––– = 1 – –––.

m2 R m2

1 Por tanto: ––– = 1 – –––.m2 R

1Despejando: m2 = ––––––––.1 – –––R

1Es decir: m = ––––––––. Sustituyendo los valo-1 – –––R

res numéricos resulta:

1 1m = –––––––––––––– = –––– = 9 = 397.492 11 – –––––––––– –––

109.677,581 9

10. Calcular el valor de la energía que se liberacuando un electrón de un átomo de hidrógeno ex-citado pasa desde el nivel m = 4 hasta el nivel n = 3.

RESOLUCIÓN:Para calcular la energía de la transición se de-

berá 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

Por la ecuación de Planck, se tiene: E = h .Ahora bien: = c . Combinando ambas expre-siones resulta: E = h c . Sustituyendo los valoresnuméricos se obtiene:

7E = 6,63 · 10–34 · 3 · 108 · 10.967.758,1 · –––– =144

= 1,06 · 10–19 JEs decir:

1 eV1,06 · 10–19 J · –––––––––– = 0,662 eV.1,6 · 10–19 J

11. Calcular la longitud de onda asociada aun neutrón que se mueve a una velocidad de4,21 · 103 m · s–1. Tómese mn = 1,669 · 10–27 kg;h = 6,626 · 10–34 J · s.

RESOLUCIÓN:hPor la ecuación de De Broglie se tiene: = ––––.

m vSustituyendo los valores numéricos resulta:

6,626 · 10–34 = –––––––––––––––––––– =

1,669 · 10–27 · 4,21 · 103

= 9,34 · 10–11 m = 0,943 Å.

12. Una lámpara de 100 W emite el 1 % de suenergía en forma de luz amarilla de longitud deonda 580 nm. Calcular:

a) El número de fotones de luz amarilla emiti-dos por segundo.

b) El tiempo que debe estar encendida la lám-para para emitir un mol de fotones de luz ama-rilla.

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 energíaserá: 100 J · 1 % = 1 J. La energía de un fotónviene dada por la ecuación de Planck: E = h . Si

770

se trata de n fotones, la ecuación anterior setransforma en E = n h . Pero como = c/, com-binando ambas ecuaciones resulta:

n h cE = ––––––.

Despejando:E n = –––––.h c

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 fo-tones, se tiene:

1 s6,023 · 1023 fotones · ––––––––––––––– =2,9 · 1018 fotones

= 2,08 · 105 segundos.

13. Calcular la energía cinética mínima que hade tener un electrón para que al chocar con unátomo de hidrógeno provoque una transiciónelectrónica desde el nivel n = 2 al nivel m = 5. Sieste átomo de hidrógeno excitado emite radia-ción y vuelve a su estado fundamental, calcularla longitud de onda de esta radiación.

RESOLUCIÓN:a) Por la ecuación de Rydberg se tiene:

1 1 = R (––– – –––).n2 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 dadah cpor la ecuación de Planck: E = h = ––––. Pero

esta energía ha sido suministrada por la energíacinética del electrón al chocar con el átomo de hi-

h cdrógeno. Por tanto, debe cumplirse que: Ec = ––––.


6,626 · 10–34 · 3 · 108Ec = –––––––––––––––––– = 4,578 · 10–19 J,

4,34 · 10–7

1 eVes decir, 4,578 · 10–19 J · –––––––––––– = 2,86 eV.1,602 · 10–19 J

b) En el estado fundamental n = 1. Sustituyen-do 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 nmes decir, 9,52 · 10–8 m · ––––––– = 95,2 nm.1 m

14. Hallar la masa en g correspondiente a7,2 . 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 cuer-po en reposo es de 1,35 . 1015 joules. ¿A qué ve-locidad debe moverse dicho cuerpo para que sumasa se incremente en 3g?

RESOLUCIÓN:Calculamos la masa en reposo

E = mc2

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)

momf = –––––––––1-(vf)2

–––c1518 = –––––––––

1-vf 2(––)c

1-vf 2 15(––) = –––c 18

1 - vf 2 225(––) = –––– c 324

1 - 225 vf 2––– = (––)324 c

324 - 225 vf 2–––––––– = (––)324 c

99 vf 2––– = (––)324 c

3 11–––––– c = v18

16. Reducir 10 cm/s2 a pulg/min2.

RESOLUCIÓN:

10 cm x pulg–– = ––––s2 min2

10 cm . min2 ––– –––– = xs2 pulg

10 cm . (60s)2––– –––––– = x s2 2.54 cm

10 . 3600 –––––––– = x2,54

14 173,23 pulg –––– = xmin2

17. El diámetro del átomo de He es aproxima-damente de 2 Aº (1A = 10-8 cm). ¿Cuántos áto-mos de He se pueden colocar uno junto a otro alo largo de 1 pie?

RESOLUCIÓN:

1 pie# átomos = –––––

2Aº

30,48 cm# átomos = ––––––––2Aº

30,48cm––––––––10-8 cm/A# átomos = ––––––––––

2Aº

# at = 1,524 . 109 átomos

18. ¿Cuál es, en angstrom, la longitud de ondaaproximada para la radiación que emite una lám-para de Hg, si su frecuencia de radiación es de1,2 x 1015 s-1?

772

RESOLUCIÓN:Se sabe:

C = f

C = –––

f

3 . 1010 cm/s = ––––––––––––

1,2 . 1015 s-1

2,5 . 10-5 cm . 1Aº = –––––––––––––––

10-8 cm

= 2 500 Aº

19. ¿Qué frecuencia tiene una radiación de13,2 . 10-15 erg de energía?

RESOLUCIÓN:De acuerdo a la Ecuación de Planck

Nota: h = constante de Planck(6,63 . 10-27 erg.s)

Efotón = h . f

Efotón f = –––––h

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

f = 1,99 . 1012 s-1

f = 1,99 . 1012 Hz

20. Calcular en MHz la frecuencia de la ener-gía producida por la siguiente reacción de fusiónnuclear:

115B + 1

1H → 3 (42He) + Energía

Masas atómicas: 11H = 1,0078 g; 4

2He = 2,0026 g; 115B = 11,011 g

RESOLUCIÓN:De la reacción tenemos:

mB + mH = 3mHe + mE

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

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

igualando (2) y (3)

hf = mc2

mc2f = –––

h

6,011 g . (3 . 1010 cm/s)2f = ––––––––––––––––––––––

6,63 . 10-27 erg.s

f = 8,159 . 1047 1/s

f = 8,159 . 1047 Hz

f = 8,159 . 1041 MHz

21. Calcular la longitud de onda, en Å, de laenergía mínima producida en la serie de Balmerpara el átomo de Hidrógeno.

RESOLUCIÓN:

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

773


Por la Ecuación de Rydberg:

1 1 1––– = 109678 cm-1 (–– - ––) 4 9

Luego:

1 9 - 4––– = 109678 cm-1 (–––––) 36

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 y21 electrones. Hallar su número de masa.

RESOLUCIÓN:El elemento X está cargado negativamente

X-2

→ Z = 21 - 2 20n2

21e- Z = 19

Pero A = Z + # n°

A = 19 + 20

A = 39

23. Hallar el peso atómico del Si sabiendo queen la naturaleza hay 3 isótopos en la siguienteproporción:

14Si28 = 92,27%; 14Si29 = 4,68%; 14Si30 = 3,05%

RESOLUCIÓN:Sabemos que el peso atómico es el promedio

ponderado.

Pat = Pa1%1 + Pa2%2 + Pa3%3

28 . 92,27 29 . 4,68 30 . 3,05Pat = –––– + –––– + ––––100 100 100

Pat = 28,107

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

n = 3, l = 1, ml = +1, ms = -1/2

RESOLUCIÓN:Se sabe:

n = 3l = 1

ml = +1 → 3p ..O ..O .O = 3p5

ms = -1/2

aplicando Sarrus tenemos:

1s2 2s2 2p6 3s2 3p5

de donde Z = 17

se sabe # n = A - Z

# n = 85 - 17

# n = 68

EL SISTEMA PERIÓDICO

1. Sabiendo que los números atómicos del cal-cio, azufre, magnesio y oxígeno son 20, 16, 12 y8, respectivamente, ordenarlos de menor a mayorenergía de ionización.

774

RESOLUCIÓN:A partir de los números atómicos se pueden

determinar las configuraciones electrónicas delos elementos del enunciado:

Ca S Mg O1s2 1s2 1s2 1s2

2s2 2p6 2s2 2p6 2s2 2p6 2s2 2p4

3s2 3p6 3s2 3p4 3s2

4s2

Para un período determinado del Sistema Perió-dico, el potencial de ionización aumenta hacia laderecha, es decir, es mínimo para el metal alcalinoy máximo para el gas noble correspondiente. Paraun grupo determinado del Sistema Periódico, elpotencial de ionización aumenta hacia arriba, esdecir, es máximo en el elemento de menor núme-ro atómico. De las configuraciones electrónicasanteriores se deduce que hay dos elementos delgrupo IIa (Ca y Mg) que tendrán menor potencialde ionización que los dos elementos del grupoVIa (S y O). Como el Ca tiene número atómico 20y el Mg 12, el Ca tendrá menor potencial de ioni-zación que el Mg. Análogamente, el S, con núme-ro atómico 16 tendrá menor potencial de ioniza-ción que el O, cuyo número atómico es 8. Contodo ello, la ordenación queda: Ca < Mg < S < O.

2. a) Indicar el grupo y el período de la tablaperiódica a los que pertenecen los elementos denúmeros atómicos respectivos 16 y 20.

b) Indicar la carga de los iones presentes en elsólido cristalino que se forma al reaccionar am-bos elementos.

RESOLUCIÓN:a) Las configuraciones electrónicas de los ele-

mentos cuyos números atómicos son 16 y 20 sonlas siguientes:

Z = 16 Z = 201s2 1s2

2s2 2p6 2s2 2p6

3s2 3p4 3s2 3p6

4s2

De las configuraciones electrónicas se deduceque el elemento de número atómico Z = 16 se en-cuentra en el grupo VIa (elementos anfígenos), enel tercer período. Se trata del azufre. Análogamente,el elemento de número atómico Z = 20 se encuentrasituado en el grupo IIa (metales alcalinotérreos), enel cuarto período y se trata, por tanto, del calcio.

b) El S gana dos electrones (carga –2) paraconseguir una estructura de octete en el últimonivel electrónico y el calcio pierde dos electrones(carga +2) por el mismo motivo. El sólido crista-lino iónico que se forma es el CaS.

3. Sabiendo que los números atómicos del po-tasio y del cloro son, respectivamente, 19 y 17:

a) Indicar los iones que formarán ambos ele-mentos.

b) Comparar sus afinidades electrónicas.

RESOLUCIÓN:a) Las configuraciones electrónicas del K y del Cl

pueden hallarse a partir de sus números atómicos:

K Cl1s2 1s2

2s2 2p6 2s2 2p6

3s2 3p6 3s2 3p5

4s1

A partir de las configuraciones electrónicas, sededuce que el potasio tendrá tendencia a perdersu electrón más externo para conseguir una con-figuración estable con un octete en su último ni-vel electrónico. Es decir, el potasio formará ionesK+. Por su parte, el cloro tendrá tendencia a ga-nar un electrón para completar su último nivelelectrónico. Por tanto, el cloro formará iones Cl–.

b) Para un mismo grupo del Sistema Periódico,la afinidad electrónica aumenta hacia arriba, esdecir, es máxima en el elemento de menor núme-

775


ro atómico. Para un período del SistemaPeriódico, la afinidad electrónica aumenta haciala derecha, excluyendo los gases nobles. Es de-cir, es mínima en el metal alcalino y máxima enel halógeno correspondiente. Con este criterio,resulta inmediato observar que el K, que es unmetal alcalino, tendrá una afinidad electrónicamenor que la del Cl, que es un halógeno.

4. Sabiendo que los números atómicos delmanganeso y del cinc son, respectivamente, 25 y30, indicar los iones más estables que formaránambos elementos.

RESOLUCIÓN:Las configuraciones electrónicas del mangane-

so y del cinc son las siguientes:

Mn Zn1s2 1s2

2s2 2p6 2s2 2p6

3s2 3p6 3d5 3s2 3p6 3d10

4s2 4s2

Tanto el manganeso como el cinc poseen orbi-tales 3d. Por la regla de Hund de la máxima mul-tiplicidad, las configuraciones más estables sonaquellas que presentan el mayor número de orbi-tales totalmente ocupados o totalmente semiocu-pados con electrones de spin paralelo. Es decir,d5 o d10. Por tanto, tanto el manganeso como elcinc tendrán tendencia a perder los dos electro-nes más externos para quedarse con configura-ciones electrónicas estables. Será más estable laconfiguración resultante en el caso del cinc, yaque todos los orbitales quedarán totalmente ocu-pados, lo que justifica que el cinc únicamenteforme iones Zn2+ mientras que el manganeso for-ma iones Mn2+, que son los más estables de losque forma, pero también puede presentar otrasvalencias, ya que sus orbitales d están semiocu-pados.

5. La afinidad electrónica del yodo es –3,06eV/átomo. Calcular la energía liberada al ionizar63,45 g de átomos de yodo gaseoso cuyos áto-mos se encuentran en el estado fundamental.

RESOLUCIÓN:

Teniendo en cuenta que la masa atómica del yo-1 mol átomos Ido es 126,9, se tiene: 63,45 g I · ––––––––––––– ·

126,9 g I6,022 · 1023 átomos I 3,06 eV· ––––––––––––––––––– · –––––––––– ·

1 mol átomos I 1 átomo I1,6 · 10–19 J 1 KJ· –––––––––– · ––––––– = 147,4 KJ.

1 eV 1000 J

6. El potencial de ionización del potasio es de4,34 eV/átomo. Calcular la frecuencia mínimaque ha de tener una radiación electromagnéticapara que al incidir sobre átomos de potasio ga-seosos y en estado fundamental provoque su io-nización.

RESOLUCIÓN:En primer lugar, expresaremos el potencial de

ionización del potasio en unidades del SistemaInternacional:

1,6 · 10–19 J4,34 eV · –––––––––– = 6,944 · 10–19 J.1 eV

Por la ecuación de Planck se tiene: E = h .Despejando: = E/h. Sustituyendo los valoresnuméricos resulta:

6,944 · 10–19 = –––––––––––– = 1,05 · 1015 Hz.

6,62 · 10–34

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

776

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, laelectronegatividad aumenta hacia arriba, es de-cir, es más electronegativo el elemento de menornúmero atómico. Por tanto, en este caso, el F esmás electronegativo que el Cl.

b) El flúor se encuentra situado en el grupoVIIa del Sistema Periódico. Por su parte, el oxí-geno se halla situado en el grupo VIa del SistemaPeriódico y ambos están situados en el mismoperíodo (2.º Período). En un mismo período delSistema Periódico, la electronegatividad aumen-ta hacia la derecha, excluyendo a los gases no-bles. Por tanto, en este caso, será más electrone-gativo el flúor que el oxígeno.

c) El cloro se encuentra situado en el grupoVIIa del Sistema Periódico. Por su parte, el azu-fre se halla situado en el grupo VIa del SistemaPeriódico y ambos están situados en el mismoperíodo (3.er Período). En un mismo período delSistema Periódico, la electronegatividad aumen-ta hacia la derecha, excluyendo a los gases no-bles. Por tanto, en este caso, será más electrone-gativo el cloro que el azufre.

d) Tanto el fósforo como el arsénico se encuen-tran en el mismo grupo del Sistema Periódico(Va). Para un mismo grupo del SistemaPeriódico, la electronegatividad aumenta haciaarriba, es decir, es más electronegativo el ele-mento de menor número atómico. Por tanto, eneste caso, el P es más electronegativo que el As.

e) Tanto el boro como el aluminio se encuen-tran en el mismo grupo del Sistema Periódico(IIIa). Para un mismo grupo del Sistema Perió-dico, la electronegatividad aumenta hacia arriba,es decir, es más electronegativo el elemento demenor número atómico. Por tanto, en este caso,el B es más electronegativo que el Al.

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

ciones siguientes, indicar cuáles son verdaderasy cuáles son falsas:

a) La primera configuración electrónica corres-ponde al átomo de sodio en su estado fundamental.

b) Las dos configuraciones corresponden a áto-mos diferentes.

c) Hay que suministrar energía para pasar de laprimera a la segunda configuración.

d) Se necesita menos energía para arrancar unelectrón de la segunda configuración que de laprimera.

RESOLUCIÓN:a) Verdadera. El sodio tiene número atómico

11 y, por tanto, la primera de las configuracioneselectrónicas es la que le corresponde en el estadofundamental.

b) Falsa. Ambas configuraciones corresponden alelemento de número atómico 11, es decir, al sodio.

c) Verdadera. La primera configuración electró-nica corresponde al estado fundamental, mientrasque la segunda corresponde a un estado excitado.Por tanto, se deberá suministrar energía para pa-sar de la primera a la segunda configuración.

d) Verdadera. En la segunda configuración elelectrón más externo se halla más alejado del nú-cleo y, por tanto, experimenta una atracción me-nor, por lo que resulta más fácil extraerlo.

9. Hallar el número de masa (A) de un halóge-no del quinto período, sabiendo que posee 50neutrones.

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°

A = 53 + 50

A = 103

777


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

RESOLUCIÓN:

Se sabe: A = Z + # n°

2Z = Z + 40

Z = 40

Efectuamos la distribución electrónica

|→|––––| Grupo

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s 2O 4d 2O IV B

Rpta.: Familia IV B

11. ¿A qué familia pertenece un elemento, si suión tripositivo termina su configuración electró-nica en el mismo subnivel que el grupo de los an-fígenos?

RESOLUCIÓN:Se sabe que los anfígenos pertenecen al grupo

VI A y terminan su configuración en p4

luego:

X+3→ np4

para el átomo neutro, agregamos 3 electrones

X → np6 (n+1)s1

por lo tanto pertenece al grupo IA

Rpta : Familia Alcalinos

12. Se tiene 0,2 g de Polonio 84Po210 cuya vidamedia es de 128 días. ¿Cuánto Polonio quedarádespués de 21 días?

RESOLUCIÓN:Por la fórmula :

0,301 tlog f = - –––––––T

sustituyendo valores

0,301 . 21 díaslog f = - ––––––––––––– 128 días

log f = 0,049328

–log f = 1,9506

f = 0,892

esta es la fracción de sustancia que queda

m = 0,2 . 0,892

m = 0,1784g Po

o también

w = m . g

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

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

EL ENLACE QUÍMICO

1. Las moléculas de AsF3 y NO2 son polares ylas de CS2 y BF3 no lo son. Indicar, en cada caso,una geometría molecular que sea compatible conestas observaciones.

RESOLUCIÓN:En primer lugar escribiremos las configuracio-

nes electrónicas de todos los elementos que for-man las moléculas:

778

B C N O1s2 1s2 1s2 1s2

2s2 2p1 2s2 2p2 2s2 2p3 2s2 2p4

F S As1s2 1s2 1s2

2s2 2p5 2s2 2p6 2s2 2p6

3s2 3p4 3s2 3p6 3d10

4s2 4p3

Los electrones que intervienen en las estructu-ras 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 alas 4 moléculas se muestran en la figura 26.1.

De acuerdo con la teoría de repulsión de loselectrones de la capa de valencia las geometríasmoleculares correspondientes serán:

AsF3 AB3E Pirámide trigonalNO2 AB2E AngularCS2 AB2 LinealBF3 AB3 Plana trigonal

Tal como puede observarse en la figura 26.2, lasmoléculas BF3 y CS2 son simétricas, lo que expli-ca la anulación del momento dipolar total, mien-tras que las moléculas AsF3 y NO2 presentan unmomento dipolar no nulo, es decir, son polares.

2. Indicar el tipo de enlaces que hay que rom-per 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.

779


F As F

F

F As F

F

O N OO N O S C SS C S

F

BF F

F

BF F

Figura 26.1

As

F FF

N

O O

S C S

F

B

F F

As

F FF

N

O O

S C S

F

B

F FFigura 26.2

RESOLUCIÓN:a) Para hervir agua, es decir, para aumentar la

energía cinética de las moléculas de agua, se de-ben romper, en primer lugar, los dos enlaces porpuente de hidrógeno que hacen que las molécu-las de agua formen una red tridimensional en laque cada átomo de oxígeno está unido a dos áto-mos de hidrógeno mediante enlaces covalentes ya otros dos átomos de hidrógeno mediante puen-tes de hidrógeno.

b) El hierro es un metal y la estructura de losmetales corresponde a una red en la que cadavértice está ocupado por un átomo del metal.Esta red es compacta y, por tanto, los metalesposeen densidades elevadas. Las fuerzas de en-lace entre los átomos son debidas a la deslocali-zación de los electrones, que se reparten portodo el metal y le confieren una mayor resisten-cia.

c) El cloruro de calcio es un compuesto ió-nico. En fase sólida, la mayoría de los crista-les iónicos tienen puntos de fusión muy ele-vados, que indican que la fuerza de cohesiónque mantiene juntos los iones es fuerte. Estasfuerzas interiónicas son de tipo electrostático, acausa de la presencia de iones positivos y nega-tivos.

d) El diamante es un cristal covalente en quecada átomo de carbono está unido a otros cuatroátomos de carbono formando una red tridimen-sional tetraédrica. La fuerza de estos enlaces co-valentes es la causa de la extraordinaria durezadel diamante.

3. Los átomos de un elemento químico X con-tienen 16 protones en el núcleo, mientras que losde otro elemento Y contienen 19. Indicar:

a) La fórmula del compuesto sólido formadopor reacción entre estos dos elementos.

b) El tipo de enlace del compuesto formado.

RESOLUCIÓN:a) En primer lugar escribiremos las configura-

ciones electrónicas de ambos elementos:

X Y1s2 1s2

2s2 2p6 2s2 2p6

3s2 3p4 3s2 3p6

4s1

Resulta evidente que para que el elemento X con-siga fácilmente una configuración de gas noble debeganar dos electrones, de acuerdo con el proceso:

X + 2e– → X2–.

Análogamente, el elemento Y debe perder unelectrón para conseguir fácilmente una configu-ración de gas noble, de acuerdo con el proceso:

Y – 1e– → Y+.

Así pues, el compuesto formado será:

X2– + 2 Y+ → Y2X.

b) La configuración electrónica del elemento Xnos indica que se trata de un elemento del grupoVIa, mientras que la configuración electrónicadel elemento Y nos indica que se trata de un ele-mento del grupo Ia. Por tanto, de su situación enel Sistema Periódico resulta fácil predecir queformarán un compuesto iónico.

4. Indicar el tipo de enlaces de los compuestosobtenidos al combinar los elementos de númerosatómicos respectivos 11, 12, 13 y 15 con el ele-mento de número atómico 17.

RESOLUCIÓN:En primer lugar, escribiremos las configuracio-

nes electrónicas de todos los elementos:

Z = 11 Z = 12 Z = 13 Z = 15 Z = 171s2 1s2 1s2 1s2 1s2

2s2 2p6 2s2 2p6 2s2 2p6 2s2 2p6 2s2 2p6

3s1 3s2 3s2 3p1 3s2 3p3 3s2 3p5

780

De las configuraciones electrónicas se deduce quelos elementos anteriores son, respectivamente: unmetal alcalino (Na), un metal alcalinotérreo (Mg),un elemento térreo (Al), un elemento nitrogenoideo(P) y un halógeno (Cl). Así pues, cuando reaccio-nen lo harán del modo siguiente: El Na tiene unagran tendencia a perder un electrón mientras que elCl tiene una gran tendencia a ganar un electrón. Portanto formarán un compuesto iónico de fórmulaNaCl. El Mg tiene una gran tendencia a perder doselectrones mientras que el Cl tiene una gran tenden-cia a ganar un electrón. Por tanto, formarán un com-puesto iónico de fórmula MgCl2. El Al y el Cl for-marán un compuesto covalente de fórmula AlCl3,que formará una molécula plana trigonal, porque sudiferencia de electronegatividades no es suficientepara que formen un compuesto iónico. El P y el Clformarán un compuesto covalente de fórmula PCl3,que formará una molécula piramidal trigonal.

5. El dióxido de carbono es un gas, mientrasque el dióxido de silicio es un sólido que funde aunos 1.400 K. Teniendo en cuenta esta gran dife-rencia, indicar el tipo de sólidos que forman am-bos compuestos.

RESOLUCIÓN:a) El dióxido de carbono es un cristal molecu-

lar con una estructura cristalina tal que en cadanudo de la red hay una molécula. Las moléculasestán unidas únicamente por fuerzas de Van derWaals que son muy débiles, lo que justifica susbajos puntos de fusión y ebullición.

b) El dióxido de silicio es un cristal atómico ocovalente. Presenta una estructura cristalina talque en cada nudo de la red tetraédrica hay áto-mos. Los átomos se unen mediante enlaces cova-lentes, que son muy fuertes, lo que justifica suselevados puntos de fusión y de ebullición.

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

de 12,7 nm y de 10,9 nm, respectivamente.Justificar estas diferencias en función del núme-ro 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 perío-do, el radio atómico aumenta ligeramente al dis-minuir el número atómico. Por tanto, en estecaso, el radio mayor correspondería al nitrógeno.El tipo de enlace será el factor determinante de lalongitud de enlace. Al aumentar la multiplicidaddel enlace, la unión es más fuerte y los átomos sesitúan más cerca. Como la molécula de flúor pre-senta un enlace sencillo, la de oxígeno un enlacedoble y la de nitrógeno un enlace triple, este he-cho explica las diferentes longitudes de enlace.

7. Ordenar los cationes siguientes en orden devolúmenes crecientes: Na+, Mg2+, Al3+.

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 disminuirel número atómico. Así, en este caso, el radio mayorcorrespondería al sodio. El tipo de carga eléctricaserá el factor que determinará el volumen. Cuantosmás electrones pierda un átomo para formar el co-rrespondiente catión, menor será su radio y, por tan-to, su volumen ya que el núcleo atrae con más fuer-za a los electrones que quedan. Por tanto, la ordena-ción según volúmenes crecientes de los cationes es:

Al3+ < Mg2+ < Na+.

8. Dadas las moléculas siguientes: diclorome-tano, tetracloruro de carbono, trifluoruro deboro, acetileno y amoníaco, indicar:

a) Su geometría molecular.b) Las que presentan momento dipolar molecular.

781


RESOLUCIÓN:a) Según la teoría de la repulsión de los pares

de electrones de la capa de valencia (RPECV), loselectrones de valencia enlazados y no enlazados sesitúan de manera que las repulsiones electrostáti-cas sean mínimas. De acuerdo con esto, se puedenproponer las siguientes geometrías moleculares:

Diclorometano: Tetraédrica. Se puede esperarque no sea simétrica, ya que los átomos de Clson 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 enlaza-do, que deforma el tetraedro, a causa de las re-pulsiones electrónicas.

b) Tal como puede observarse en la figura 26.3,todas las moléculas contienen enlaces con mo-mento dipolar, ya que son heteroatómicas y existeuna cierta diferencia de electronegatividad entrelos átomos que se enlazan. Ahora bien, como elmomento dipolar molecular es la suma vectorialde los momentos de los enlaces, se anulará en las

moléculas simétricas: tetracloruro de carbono, tri-fluoruro de boro y acetileno. En cambio, presen-tarán momento dipolar molecular no nulo las queno son simétricas: diclorometano y amoníaco.

9. Al comparar las moléculas de dióxido decarbono y de dióxido de azufre se observa que laprimera es apolar y la segunda no lo es. Indicarla geometría molecular de cada compuesto.

RESOLUCIÓN:Tal como puede observarse en la figura 26.4, en

ambas moléculas los enlaces entre el átomo cen-tral (C o S) y los átomos de O son polares, dada la

782

µT 0

F

B

F F

C C HHH

N

HH

µT ≠ 0µT 0

Cl

C

ClCl ClH

ClµT ≠ 0

C

HCl

µT 0

F

B

F F

C C HHH

N

HH

µT ≠ 0µT 0

Cl

C

ClCl ClH

ClµT ≠ 0

C

HCl

µT 0µT 0 Figura 26.3

O C OµT 0

S

OO

µT ≠ 0O C O

µT 0

S

OO

µT ≠ 0Figura 26.4

elevada electronegatividad del oxígeno. De la me-dida del momento dipolar molecular se deduceque la molécula de dióxido de carbono será lineal,ya que de este modo los dipolos de ambos enlacesserán iguales y opuestos y globalmente la molé-cula no presentará momento dipolar. En cambio,por el mismo motivo, la molécula de dióxido deazufre será angular, ya que de este modo el mo-mento dipolar molecular no será nulo.

10. Indicar el compuesto que tendrá mayorcarácter iónico: cloruro de sodio o cloruro decobre (I).

RESOLUCIÓN:El carácter iónico de un compuesto binario pue-

de predecirse con algunas restricciones a partir dela mayor o menor diferencia de electronegativi-dad entre los elementos que lo componen. Cuantomayor sea la diferencia entre las electronegativi-dades, tanto mayor será el carácter iónico delcompuesto. En este caso, como el no metal es co-mún a ambos compuestos, es evidente que la di-ferencia de electronegatividad será mayor con unmetal alcalino como el sodio, que con un elemen-to de transición, como el cobre. Por consiguiente,el cloruro de sodio presentará un carácter iónicomás pronunciado que el cloruro de cobre (I).

11. Entre las moléculas de agua, amoníaco yfosfina, indicar la que tendrá el ángulo H—X—Hmás abierto.

RESOLUCIÓN:En la figura 26.5 se muestran las estructuras de

Lewis de las tres moléculas. Para poder determi-nar cuál de estas moléculas presenta un ánguloH—X—H más abierto, es necesario conocer pre-viamente su geometría molecular. De acuerdocon la teoría de la repulsión de los pares de elec-trones de la capa de valencia, resulta inmediatodeducir una geometría angular para la moléculade agua y una geometría molecular piramidalpara las moléculas de amoníaco y fosfina. La re-pulsión mutua entre los núcleos de los átomos dehidrógeno es la responsable de la mayor o menorapertura de los ángulos H—X—H. Como en lamolécula de amoníaco hay 3 átomos de hidróge-no, la repulsión entre los núcleos de los átomosde hidrógeno será mayor que la que se produceen la molécula de agua, que únicamente posee 2átomos de hidrógeno. Por tanto, los ángulos deenlace de la molécula de amoníaco serán mayo-res que los del agua. En el caso de la fosfina, elefecto de apertura es prácticamente inapreciabledebido a que la polaridad de los enlaces es mu-cho menor y a que los electrones de valencia delfósforo se encuentran en el tercer nivel, de modoque los núcleos de los átomos de hidrógeno seencuentran más separados y su repulsión es mu-cho menor. Por consiguiente, la molécula quepresenta ángulos de enlace H—X—H mayoreses la de amoníaco.

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

783


H

N HHH

O H H

P HH

H

N HHH

O H H

P HH

Figura 26.5

RESOLUCIÓN:

16+ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

1442443123Kernel = S última capa

La distribución de electrones de la última capade S es :

de donde:

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

RESOLUCIÓN:

18+ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6

1442443123Kernel = Ar última capa

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

RESOLUCIÓN:

32+ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s1 4p3

14444244443123Kernel = Ge última capa

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

15. El valor del µ experimental del HCl es de1,03 D, sabiendo que la longitud de enlace es1,27 Å. Hallar el porcentaje de carácter iónicodel enlace de la molécula.

RESOLUCIÓN:Se halla el µ teórico:

µT = 4,8 . 10-10 µ.e.q. (1,27 . 10-8cm)

µT = 4,8 . 1,27 . 10-18 µ.e.q . cm

µT = 6,1 D

µ experimental luego % C.I. = –––––––––––––– . 100

µ teórico

1,03 % C.I. = ––––– . 1006,01

% C.I. = 16,8% de enlace iónico

luego 83.1% es covalente

784

Figura 26.6

Figura 26.7

Figura 26.8

Figura 26.9

TERMOQUÍMICA

1. Un volumen de un litro de una mezcla enequilibrio formada por amoníaco, nitrógeno e hi-drógeno a 750 K se compone de 1,20 moles dehidrógeno, 1 mol de nitrógeno y 0,329 molesde amoníaco. La reacción de equilibrio es la si-guiente:

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 sentidose desplaza el equilibrio si la temperatura au-menta 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 queintervienen en el proceso:

1,2 mol[H2] = –––––––– = 1,2 M;1 l

1 mol[N2] = –––––– = 1 M;1 l

0,329 mol[NH3] = ––––––––– = 0,329 M.1 l

Así pues, sustituyendo estos valores en la ex-presión de la constante Kc resulta:

0,3292Kc = ––––––– = 0,0626 (mol/l)–2.

1 · 1,23

b) Para calcular las presiones parciales utilizare-mos la expresión:

ni R TPi = ––––––.V

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 · 750pH2= ––––––––––––– = 74,79 · 105 Pa.

10–3

1 · 8,31 · 750pN2= –––––––––––– = 62,33 · 105 Pa.

10–3

0,329 · 8,31 · 750pNH3= ––––––––––––––– = 20,50 · 105 Pa.

10–3

c) La variación de entalpía nos indica que elproceso es exotérmico a 750 K, es decir, se libe-ra energía en la reacción. Si aumenta la tempera-tura, por el principio de Le Chatelier, el equili-brio tenderá a disminuirla para restablecer elequilibrio. Por consiguiente, la reacción se pro-ducirá en el sentido en que se consuma energía,es decir, en sentido endotérmico y, por tanto, elequilibrio 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 mis-ma temperatura es de –86,39 J/K.

DATOS:∆H0

fCO2(g)= –393,51 kJ/mol;

∆H0fCO(g)

= –110,53 kJ/mol

RESOLUCIÓN:a) Para calcular la variación de energía interna

utilizaremos la expresión:

∆H = ∆U + ∆n R T.

785


Despejando:∆U = ∆H – ∆n R T.

Teniendo en cuenta que ∆H0fO2(g)

= 0, la variaciónde entalpía del proceso vendrá dada por:

∆H0freacción

= (n · ∆H0f )p – (m · ∆H0

f )r == –393,51 + 110,53 = –282,98 kJ.

La variación del número de moles gaseosos quetiene lugar en el proceso es:

∆n = nfinales – niniciales == 1 – 3/2 = –1/2.

Así pues, sustituyendo los valores numéricosresulta:

∆U0 == –282.980 – (–1/2 · 8,31 · 298) = –281.742 J.

b) La variación de la energía librede Gibbs viene dada por la expre-sión:

∆G0 = ∆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 mezclan0,2 moles de ácido acético, 0,3 moles de metanol,0,5 moles de acetato de metilo y 0,1 moles deagua. Se sabe que a 298 K la constante de equili-brio de la reacción de esterificación: ácido acéti-co + metanol → acetato de metilo + agua esKc = 4. Indicar:

a) El sentido en que evolucionará espontánea-mente el sistema.

b) La composición de la mezcla cuando se al-canza el estado de equilibrio.

RESOLUCIÓN:a) La reacción que se produce es la siguiente:

CH3—COOH + CH3OH →→ CH3—COOCH3 + H2O

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

[CH3—COOCH3] · [H2O]Qc = ––––––––––––––––––––––– =[CH3—COOH] · [CH3OH]

0,5 · 0,1= –––––––– = 0,833.0,2 · 0,3

Se observa que Qc < Kc. Así pues, la reaccióntenderá a aumentar los productos para hacercrecer el valor de Q hasta alcanzar el valor deKc = 4. Por tanto, el sistema evoluciona espontá-neamente hacia la derecha.

b) En primer lugar, estableceremos la tabla devalores de equilibrio:

Sustituyendo los valores obtenidos en la expre-sión 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 seobtienen los valores: x1 = 0,786 y x2 = 0,08. Deestas dos soluciones tan sólo tiene sentido, en estecaso, la segunda ya que resulta imposible consu-mir 0,786 mol/l de los reactivos. Por consiguien-te, 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 depentacloruro de fósforo sólido. Se cierra el re-cipiente, se hace el vacío y se calienta hastauna temperatura de 523 K. La presión en el inte-rior del recipiente es de 2,1 · 105 Pa. En las con-

786

CH3—COOH CH3OH CH3—COOCH3 H2OInicio 0,2 0,3 0,5 0,1Reacción –x –x +x +xEquilibrio 0,2 – x 0,3 – x 0,5 + x 0,1 + x.

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

a) El grado de disociación del pentacloruro defósforo.

b) La constante de equilibrio Kc de la reacciónanterior a 523 K.

RESOLUCIÓN:a) En primer lugar convertiremos los gramos

de pentacloruro de fósforo en moles:

1 mol PCl51,20 g PCl5 · ––––––––––––– =208,5 g PCl5

= 5,755 · 10–3 moles PCl5.

A continuación, construiremos la tabla de ioni-zación corrrespondiente al proceso:

De acuerdo con la tabla, el número total demoles 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 per-fectos: P V = n R T, despejando, resulta:

P Vn = ––––– (1).R T


2,1 · 105 · 200 · 10–6n = –––––––––––––––––– =

8,31 · 523= 9,664 · 10–3 mol (2).

Igualando (1) y (2) se tiene:

5,755 · 10–3 (1 + ) = 9,664 · 10–3.

De donde: = 67,9 % = 0,679.

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

5,755 · 10–3 (1 – 0,679)[PCl5] = ––––––––––––––––––––– =0,2

= 9,237 · 10–3 mol/l

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= ––––––––––– = 0,0413 mol/l

9,237 · 10–3

5. A 1.000 K y una presión total de 1 atmósfe-ra, un 40 % del trióxido de azufre se disocia endióxido de azufre y oxígeno, de acuerdo con lasiguiente reacción:

SO3(g) SO2(g) + 1/2 O2(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


PCl5 PCl3 Cl2

Inicial 5,755 · 10–3 0 0Reacción –5,755 · 10–3 +5,755 · 10–3 +5,755 · 10–3 Equilibrio 5,755 · 10–3 (1 – ) 5,755 · 10–3 5,755 · 10–3

SO3 SO2 O2

Inicial 1 0 0Reacción 0,4 0,4 0,2Equilibrio 0,6 0,4 0,2

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

0,6 0,2XSO3= –––– = 0,5; XO2

= –––– = 0,17;1,2 1,2

0,4XSO2= –––– = 0,33.

1,2

b) La presión parcial de un gas viene dada porla expresión:

pi = xi · PT siendo PT = 1,01 · 105 Pa.Así pues, las presiones parciales serán:

1 atmPSO3= 0,5 · 1,01 · 105 pa · ––––––––––– = 0,5 atm.

1,01 · 105 pa

1 atmPSO2= 0,33 · 1,01 · 105 pa · ––––––––––– = 0,33 atm.

1,01 · 105 pa

1 atmPO2= 0,17 · 1,01 · 105 pa · ––––––––––– = 0,17 atm.

1,01 · 105 pa

c) La expresión de la constante de equilibrio Kp

PO2

1/2 · PSO2para este proceso será: Kp = –––––––––. Sustitu-PSO3

yendo los valores numéricos resulta:

0,17 · 0,33Kp = –––––––––––– = 0,272 atm1/2.0,5

6. El metanol se puede obtener industrialmentea 298 K según la siguiente reacción:

KJCO(g) + 2 H2(g) → CH3OH(l) ∆S° = –0,33 –––K

Calcular, en condiciones estándar:a) Si la reacción es exotérmica o endotérmica.

b) Si la reacción es espontánea o forzada.

DATOS: ∆H0fCH3OH(l)

= –238,8 kJ/mol; ∆H0fCO2(g)

== –110,5 kJ/mol.

RESOLUCIÓN:a) La reacción que tiene lugar es:

CO(g) + 2 H2(g) → CH3OH(l).

La variación de entalpía de este proceso vienedada por la expresión:

∆H0reacción = (n · ∆H0

f)p – (m · ∆H0f)r =

= ∆H0fCH3OH(l)

– ∆H0fCO2(g)

.


∆H0reacción = –238,8 – (–110,5) = –128,3 kJ/mol.

Como la variación de entalpía es negativa, elproceso es exotérmico.

b) La variación de energía libre viene determi-nada por la expresión: ∆G0 = ∆H0 – T ∆S0. Susti-tuyendo los valores numéricos resulta:

∆G0 = –128.300 – 298 · (–0,33 · 103) == –29.960 J/mol

Como la variación de energía libre es negativase trata de un proceso espontáneo.

7. Considérese la siguiente reacción de equilibrio:N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g) ∆H0 = –92,38 KJ.

a) Indicar si el rendimiento en amoníaco au-mentará, disminuirá o no variará en los dos casossiguientes:

1. Se aumenta el volumen del recipiente.2. Disminuye la temperatura.b) A 573 Kc = 9,5. Calcular el valor de la cons-

tante de equilibrio Kp a esta temperatura.

788

RESOLUCIÓN:a) 1. Si aumentamos el volumen el equilibrio

se desplazará, de acuerdo con el principio de LeChatelier, hacia el lado donde haya mayor núme-ro de moles gaseosos, es decir, la reacción sedesplazará hacia la izquierda y el rendimiento enamoníaco disminuirá.

2. Si disminuimos la temperatura, el sistematenderá a aumentarla, y, por tanto, se desplazaráen el sentido en que la reacción sea exotérmica,es decir, hacia la derecha. En este caso, pues, au-menta 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 mol 103 lKc = 9,5(––––)–2= 9,5(–––– · –––––)–2

=l l 1 m3

mol= 9,5 · 10–6(––––)–2.

m3

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

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

8. La ecuación termoquímica para la combus-tión del etileno C2H4 es:

C2H4 (g) + 3O2 (l) →→ 2CO2 (g) + 2H2O (l) + 337 Kcal

Asumiendo el 70% de eficiencia ¿Cuántos kgde agua a 20°C pueden ser convertidos en vaporde 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

luego 22,4 lt ––––– 337 kcal1 000 lt ––––– x

1 000 . 337x = –––––––––––22,4

x = 15 044 kcal

de acuerdo al rendimiento, sólo es el 70%

Calor útil = 70% de 15 044 kcalCalor útil = 10 531 kcal

Hallamos el calor necesario para subir latemperatura de 1 kg de agua de 20°C a 100°C.

Q1 = 1 000 . 1 . (100-20)Q1 = 80 000 calQ1 = 80 kcal

Para vaporizar 1 kg de agua de 100°C

Q2 = m. C. vaporizaciónQ2 = 1 000 g . 540 cal/gQ2 = 540 000 calQ1 = 540 kcal

Luego :

QTOTAL = Q1 + Q2

QTOTAL = 80 kcal + 540 kcalQTOTAL = 620 kcal

Luego 1 kg de H2O ––––––––– 620 kcalx ––––––––– 10 531 kcal

10 531x = –––––––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 respectivamen-te y el calor de combustión de 1 mol de ácido

789


acético C2H4O2 (l) es de 208 kcal. A partir de es-tos datos, calcular el calor de formación delC2H4O2 (l).

RESOLUCIÓN:De acuerdo a los datos se tiene:

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

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

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

Sumando ambas

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

Restando (4) menos (3)

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

Ordenando:

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

Resp.: 122,7 kcal

10. Calcular el calor desprendido en la com-bustión de 10 pies3 de monóxido de carbono,medidos a C.N.

Sabiendo:

C + O2 ⇒ CO2 + 97,3 kcal (1)

C + 1 O2 ⇒ CO + 20,3 kcal (2)––2

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

Restamos (1) – (2) y ordenamos

CO + 1 O2 = CO2 + 77 kcal––2

De acuerdo a la ecuación

1 mol de CO desprende 77 kcal

y sabiendo que 1 pie3 = 28,32 L establecemosla regla de tres

22,4 lts de CO producen 77 kcal

283,2 lts (10 pies3) –––––––– x

283,2 . 77x = –––––––––22,4

x = 973,5 kcal

Pero 1 cal = 4 185 J

Q = 933,5 . 4 185 . 103

Q = 3 906,6 . 103 J

Q = 3 9066 . 106 J

CINÉTICA QUÍMICA

1. La descomposición fotoquímica del ácidooxálico en monóxido de carbono, dióxido de car-bono y agua es una reacción fotosensibilizada porlos iones uranilo. Luz ultravioleta de 3.500 Å delongitud de onda y de intensidad 18.000 erg/s, ab-sorbida en un 62,8 %, descompone en 2 horas0,00001 mol de ácido oxálico. Calcular el rendi-miento cuántico del proceso.

DATOS: h = 6,625 · 10–27 erg · s; c = 3 · 1010 cm/s;1 Å = 10–8 cm.

790

RESOLUCIÓN:En primer lugar calcularemos el número de

moléculas de ácido oxálico descompuestas du-rante el experimento:

6,023 · 1023 moléculasn = 1 · 10–5 mol · –––––––––––––––––– =1 mol

= 6,023 · 1018 moléculas.

A continuación calcularemos el número decuantos absorbidos. El cuanto elemental corres-pondiente a la longitud de onda de 3.500 Å viene

hcdado por la expresión: h = ––––.


hc 6,625 · 10–27 · 3 · 1010––– = ––––––––––––––––––– =

3,5 · 10–5

= 5,67857 · 10–12 erg.

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

18.000 · 0,628 · 7.200––––––––––––––––––– = 1,43326 · 1019.5,67857 · 10–12

Por consiguiente, el rendimiento cuántico de lareacción fotoquímica es:

6,023 · 1018 = ––––––––––––– = 0,42.

1,43326 · 1019

2. La descomposición del monóxido de dini-trógeno en nitrógeno y oxígeno atómico en pre-sencia de argón gaseoso tiene una cinética de se-gundo orden, con k = 5,0 · 1011 · e–29000/T. Calcu-lar la energía de activación del proceso.

RESOLUCIÓN:Para una cinética de segundo orden se verifica:

k = A e–Ea/RT.

Comparando esta expresión con la del enuncia-do, inmediatamente se deduce que:

Ea 29.000–––– = –––––––.RT T

Despejando:

Ea = 29.000 R = 29.000 · 8,31 == 241.000 J/mol = 241 kJ/mol

3. La constante de velocidad de primer or-den para la hidrólisis del cloruro de amonio enagua tiene un valor de 3,32 · 10–10 a 25 °C y de3,13 · 10–9 s–1 a 40 °C. Calcular el valor de laenergía de activación del proceso.

RESOLUCIÓN:

A partir de la expresión k = A e–Ea/RT, se deduceque las constantes de velocidad a dos temperatu-ras diferentes están relacionadas mediante la ex-

k2 Ea 1 1presión: log ––– = –––––––– (––– – –––). Despe-k1 2,303 R T1 T2

T1 T2 k2jando: Ea = 2,303 R (–––––––) log –––. Sustitu-T2 – T1 k1

yendo los valores numéricos resulta:

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

313 –298 3,32 · 10–10

= 115.000 J/mol = 115 kJ/mol.

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

CH3—COOCH3 + OH– →→ CH3—COO– + CH3OH

y la velocidad del proceso viene dada por la ex-presión: k = [CH3—COOCH3] [OH–], con kigual a 0,137 l/mol · s a 25 °C. Se preparó unamezcla de reacción que fuese 0,050 M en lasconcentraciones iniciales de acetato de metilo yOH–. Calcular el tiempo que tardará en hidroli-zarse el 5 % del acetato de metilo a 25 °C.

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 escri-birse como: v = k [A]2. En este caso, la velocidadpuede medirse como la disminución de la con-

d[A]centración, A es decir, v = –––––. Sustituyendo,dTse obtiene:

d[A]– –––– = k [A]2.dT

Integrando resulta: –A

A0[A]–2 d[A] = t

0k dt, es decir,

1–––A

A0

= kt. Pero como [A] = 0,95 [A0], sustituyen-[A]

1 1do se obtiene: ––––––––– – –––– = k t. Extrayendo0,95 · [A0] [A0]

1 1factor común: –––– (–––– – 1) = k t. Sustituyendo[A0] 0,95

1 1 – 0,95los valores numéricos: ––––– (–––––––) = 0,137 t.0,05 0,95

Despejando:1t = ––––––––––– = 7,68 s.

0,95 · 0,137

5. El ciclobutano gaseoso se isomeriza a buta-dieno en un proceso de primer orden que tiene unvalor de k a 153 °C de 3,3 · 10–4 s–1. Calcular losminutos que tardará el proceso de isomerizaciónen llegar al 40 % a esta temperatura.

RESOLUCIÓN:Para una reacción de primer orden se verifica:

v = k [A]. En este caso, la velocidad puede medir-se 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]A

A0= –k t. Considerando las propiedades de

los logaritmos resulta:

[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 0,6t = – ––––– = – –––––––– =k 3,3 · 10–4

= 1.548 s 26 minutos.

6. En las reacciones gaseosas que tienen lugaren la atmósfera superior, el agua y el oxígenoatómico reaccionan bimolecularmente para for-mar dos radicales OH. El ∆H del proceso esde 72 kJ a 500 K y la energía de activación es de77 kJ/mol. Calcular la energía de activación parala recombinación molecular de dos radicales OHpara formar agua y oxígeno.

RESOLUCIÓN:En un proceso químico, el estado activado es

una combinación distorsionada de las moléculasque tienen la cantidad mínima de energía en exce-so, de tal manera que la combinación o complejoactivado pueda reacomodarse fácilmente para for-mar los productos exotérmicamente al perdercierta energía y pasar a los reactivos sin energía.Para un conjunto de reacciones reversibles, sedebe cruzar el mismo estado activado para lasreacciones en las dos direcciones. Así pues, paralas reacciones que tienen lugar a presión constan-te 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.

792

7. En una vasija de 12 L se calentó PCl5 a250°C originándose la reacción:

PCl5(g) ⇒ PCl3(g) + Cl2 (g)

en equilibrio se encontró la siguiente compo-sición:

0,21 mol de PCl5

0,32 mol de PCl3

0,32 mol de PCl2

Calcular la constante de concentración en elequilibrio a la temperatura mencionada.

RESOLUCIÓN:De acuerdo a los datos, las concentraciones del

sistema son:

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]

Sustituyendo:

0,32 mol 0,32 mol––––––– . ––––––––12 L 12 LK c = –––––––––––––––––––

0,21 mol––––––––12 L

de donde:

K c = 0,0406 mol/L

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

ambiente, la mezcla en equilibrio contiene 2/3 demol 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 eta-nol con 1 mol de ácido?

RESOLUCIÓN:Sea la ecuación representativa de la reacción:

C2H5(OH) + CH3 . COOH ⇒⇒ CH3COO.C2H5 + H2O

Antes de la reacción

1 mol + 1 mol ⇒ 0 mol + 0 mol

a) En equilibrio

1 - 2 mol + 1-2 mol ⇒ 2 mol + 2 mol( – ) ( –) ⇐ – –3 3 3 3

y considerando “V” el volumen de la solución,la concentración al llegar al equilibrio será:

Alcohol : 1 mol[C2H5OH] = –––––3V

Ácido : 1 mol[CH3 . COOH] = ––––3V

Éster : 2 mol[CH3 . COOC2H5] = –––––3V

[Éster] [Agua]Si Kc = ––––––––––––––––[Alcohol] [Ácido]


2 mol . 2mol––––– –––––3V 3VKc = –––––––––––––––

1 mol 1 mol––––– . –––––3V 3V

Kc = 4

b) Considerando “x” moles de éster formados enel 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

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

x24 = ––––––––––

(3-x) (1-x)

x24 = ––––––––– ⇒ 3x2 - 16x + 12 = 0

3 - 4x + x2

De donde x1 = 0,9 molx2 = 4,4 mol (se descarta por consi-

deraciones de acuerdo al enunciado).

9. El grado de ionización del HCl a 25°C y ensolución 0,5N es de 0,878. Halle la constante deionización.

RESOLUCIÓN:

Tomando como base 1L de solución. Si lasolución es de 0,5N significa que en 1L hay 0,5equivalentes de HCl (1 equivalente = 1 mol) otambién 0,5 mol.

La ecuación de disociación es:

HCl H+ + Cl–

Antes de reaccionar

0,5 mol 0 mol + 0 mol

En el equilibrio

0,5 (1-0,878) 0,5 (0,878) + 0,5 (0,878)

luego las concentraciones de las sustancias alfinal 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 so-lución 1/64 N a 25°C es de 92%. Hallar la cons-tante de ionización en tales condiciones.

RESOLUCIÓN:De acuerdo al enunciado y considerando la de-

finición de Normalidad se observa:

1 Lt de solución 1N contiene 1/2 mol deBa(OH)2 y si la solución es de 1/64N tendrá1/128 mol.

Ecuación de ionización:

Ba(OH)2 Ba++ + 2(OH)–

Antes de reaccionar:

1 –––– mol ⇒ 0 ion-g + 0 ion-g128

En equilibrio y considerando 92% (0,92)

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

794

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

1 mol[Ba (OH)2] ⇒ ––– (1-0,92) ––– = 0.000625mol/L128 L

1 [Ba++] ⇒ ––– . 0,92 = 0.00718 ión-g/L 128

1 [OH–] ⇒ 2 ––– . 0,92 = 0,01437 ión-g/L128

[Ba++][OH–]2Pero Ki = –––––––––––

[Ba(OH)2]

Sustituyendo valores:

0.00718 ión-g/L x (0.01437 ión-g/L)2Ki = ––––––––––––––––––––––––––––––

0.000625 mol/L

Efectuando operaciones:

Ki = 2,37 . 10-3

11. A 50°C y a la presión de 200 mmHg elN2O4 se disocia en 67,4%. Determinar el gradode disociación a 500 mmHg.

RESOLUCIÓN:De acuerdo a la ley de Le Chatelier, al aumen-

tar la presión, la reacción se desplaza hacia ellado donde disminuye el volumen. En la ecua-ción y de acuerdo al problema:

N2O4 2NO2

se desplazará de derecha a izquierda. Como laspresiones parciales son proporcionales alnúmero de moles, luego en la ecuación:

N2O4 → 2NO2

antes de la reacción

1 mol → 0 mol

después de la reacción

(1-0,674) = 2(0,674)

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

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

Si [PpNO2]2Kp = –––––––––

[PpN2O4]

(1 348 . 200)2Kp = –––––––––––

0,236 . 200

(1 348)2 . 200Kp = ––––––––––––0,236

Pero, al aumentar la presión varía el grado dedisociación; cuando la presión varía a 500 mmHgel grado de disociación (%) será “x” y laconstante es la misma Kp; luego

(2x 500)2Kp = –––––––––

(1-x) 500

4x2 . 500Kp = –––––––––(1-x)

Por tanto: 4x2 . 500 (1 348)2 . 200–––––––– = ––––––––––––(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 + 23,7328x = ––––––––––––––––––––––––

6,52

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

6,52

-1,82 ± 5,2x = ––––––––––6,52

-1,82 + 5,2 x1 ⇒ ––––––––– = 0,5186,52

-1,82 – 5,2 x2 ⇒ –––––––– = -1,07 (desechado)6,52

Grado de disociación : 51,8%

ÁCIDOS Y BASES

1. a) Calcular el pH de una disolución de ácidonítrico 0,2 M y de una disolución de hidróxidode sodio 0,05 M.

b) Determinar el pH de la disolución obtenidaal mezclar 200 ml de la disolución de ácido nítri-co 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. Análo-gamente, el hidróxido de sodio es una base fuerte,

que en disolución acuosa se encuentra totalmentedisociada:

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.

b) En primer lugar calcularemos las concentra-ciones iniciales en la mezcla:

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 esla siguiente: HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O.El reactivo en exceso es el ácido nítrico, ya queúnicamente reacciona

mol NAOH mol HNO3 mol HNO30,03 ––––––––– · 1 –––––––– = 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 deprotones podemos calcular el pH:

pH = –log [H+] = –log 0,05 = 1,3.

2. El pH de una disolución acuosa de hipoclori-to de sodio 0,1 M es igual a 10,3. Calcular el valorde la constante de acidez del ácido hipocloroso.

RESOLUCIÓN:El hipoclorito de sodio es una sal, que en diso-

lución acuosa se disocia totalmente, ya que es unelectrolito fuerte:

796

NaClO(s) → Na+(aq) + ClO–

(aq).

El catión Na+ no reacciona con el agua porqueproviene de una base fuerte, totalmente disocia-da en los iones Na+ y OH–. El anión ClO–, encambio, se hidroliza parcialmente porque provie-ne de un ácido débil:

ClO–(aq) + H2O HClO(aq) + OH–

(aq)

originando un pH básico. Cuando el hipocloritode sodio se solubiliza y se disocia, la concentra-ción de ClO– es:

NaClO(s) → Na+(aq) + ClO–

(aq)

0,1 M 0,1 M

El anión ClO– se hidroliza y las concentracio-nes en el equilibrio son:

ClO–(aq) + H2O HClO(aq) + OH–

(aq)

Equilibrio: 0,1 – x x xComo 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 aniónClO– se puede encontrar la constante de acidezKa del ácido conjugado HClO, ya que Ka · Kb = Kw.Se tiene:

Kw [HClO] [OH–] (10–3,7)2 10–14Kb = ––– = ––––––––––––– = ––––––– = –––––.

Ka [ClO–] 0,1 Ka

De donde resulta:

Ka = 2,512 · 10–8.

3. Un estudiante valoró un ácido débil mono-prótico desconocido con una disolución de hi-dróxido de sodio de concentración desconocida.Después de añadir 5 ml de la base, el pH de la di-solución era 6. Para llegar al punto final de la va-loración se añaden 7 ml más de base. Calcular laconstante de acidez del ácido.

RESOLUCIÓN:La reacción de neutralización que tiene lugar es:

HA + OH– A– + H2O.

Si consideramos: [HA] = concentración ini-cial del ácido; V = volumen inicial del ácido;M = molaridad de la disolución de hidróxido desodio, en el punto final de la valoración se tiene:V · [HA] = 12 · M. La ecuación de Henderson-Hasselbalch nos permite determinar el pH de unadisolución antes de llegar al punto de equilibrio,ya que tiene en cuenta el efecto del ión comúnindependientemente del hecho de que el ácidoprovenga del ácido solo o del ácido y una sal delmismo:

[base conjugada]pH = pKa + log ––––––––––––––––.[ácido]

En este caso, al añadir 5 cm3 de base, la con-centración del anión será:

5 M(V + 5) · [A–] = 5 · M ⇒ [A–] = ––––––.V + 5

Para determinar la concentración del ácido de-bemos tener en cuenta que

V · [HA] = 12 · M.Cuando únicamente hemos añadido

5 cm3 se tiene:

(V + 5) · [HA] = 12 M – 5 M.


12 M – 5 M 7 M[HA] = ––––––––––– = ––––––.V + 5 V + 5

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

5 M–––––V + 5 56 = pK + log ––––––– = pK + log –––.7 M 7–––––

V + 5

797



5pK = 6 – log ––– = 6,146.7

Por consiguiente, Ka = 7,1 · 10–7.

4. 30 ml de una disolución de ácido acético re-accionan con 20 ml de disolución 0,2 M de hi-dróxido de sodio. Calcular:

a) La concentración de la disolución de ácidoacético.

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 necesariopara neutralizar el ácido es:

0,2 mol NaOH 1 mol CH3—COOH0,020 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 disolucióncontiene iones CH3—COO– e iones Na+. No esnecesario considerar ninguna reacción de los io-nes sodio, ya que son un ácido débil procedentede base fuerte. La concentración de iones acetatoal acabar la neutralización es:

Pero los iones acetato reaccionan con el aguade acuerdo con:

Puede considerarse que 0,0798 – x 0,0798. Portanto, la expresión de la constante de hidrólisis será:

x2Kh = ––––––––.

0,0798

Ahora bien,

Kw 10–14Kh = –––– = ––––––––– = 5,56 · 10–10.

Ka 1,8 · 10–5

Sustituyendo en la expresión de la constante dehidrólisis resulta:

x25,56 · 10–10 = –––––––.

0,0798Despejando:

x = 5,56 · 10–10 · 0,0798 = 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 ácidonítrico 0,01 M y de 250 ml de disolución 0,01 Mde ácido fórmico (metanoico). Calcular:

a) El pH de ambas disoluciones.b) La masa de hidróxido de potasio que se ne-

cesita para neutralizar 250 ml de cada una de lasdisoluciones anteriores.

DATO: Ka (HCOOH) = 1,7 · 10–4.

RESOLUCIÓN:a) El ácido nítrico es un ácido fuerte,que se halla totalmente disociado en so-lución acuosa, de acuerdo con el proce-so:

HNO3 → H+ + NO–3

10–2 M 10–2 M

798

moles CH3—COO–

[CH3—COO–] = ––––––––––––––––– =volumen total

0,133 moles CH3—COOH 1 mol CH3—COO–0,03 l · ––––––––––––––––––––– · ––––––––––––––––

1 l 1 mol CH3—COOH= ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– =(0,02 + 0,03) l

= 0,0798 M

CH3—COO– + H2O CH3—COOH + OH–

Equilibrio: 0,0798 – x x x

Por tanto, pH = –log (10–2) = 2. En el caso delácido fórmico, que es un ácido débil y que única-mente está parcialmente disociado, se tiene:

HCOOH H+ + HCOO–

Inicial 0,01 0 0Variación –x +x +xEquilibrio 0,01 – x +x +x

La constante de acidez vale:

[HCOO–] [H+]Ka = –––––––––––––.[HCOOH]

Sustituyendo, resulta:

x21,7 · 10–4 = ––––––––.

10–2 – x

Resolviendo esta ecuación de segundo gradose obtiene

x = 1,22 · 10–3

Por tanto:

pH = –log (1,22 · 10–3) = 2,91.

b) Por definición el punto de equivalencia esaquél en que todo el ácido ha sido neutralizadopor la base, independientemente de cuál sea elácido o la base con que se trabaja. Es decir, el nú-mero de moles de protones que han reaccionadoen el punto de equivalencia es igual al número to-tal de moles de hidróxido. En este caso se tiene:

HNO3 + KOH → KNO3 + H2OHCOOH + KOH → HCOOK + H2O

Pero como las concentraciones son iguales, re-sulta:

0,01 moles ácido 1 mol KOH0,250 l ácido · ––––––––––––––– · –––––––––– ·1 l ácido 1 mol ácido

56 g KOH· ––––––––––– = 0,14 g KOH.1 mol KOH

6. El pH de una disolución de ácido nitroso0,1 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:HNO2 H+ + NO–

2


Como el pH = 2,17 = –log [H+], entonces re-sulta:

[H+] = 10–2,17 = 6,76 · 10–3 = [NO–2].

Por definición,[H+] [NO–

2]Ka = –––––––––––.[HNO2]

Sustituyendo:(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 ante-rior se obtiene:

(6,76 · 10–3)2Ka = –––––––––––– = 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 salque proviene de una base fuerte y un ácido débil,únicamente se hidroliza el anión:

NO–2 + H2O HNO2 + OH–


799


Kw [HNO2] · [OH–]Pero como Kb = –––– = ––––––––––––––, susti-Ka [NO–

2]10–14 x2

tuyendo resulta: ––––––––– = ––––––. Como el4,57 · 10–4 0,1 – x

valor de Kb es muy pequeño y la concentracióninicial de la base es muy alta, se puede aceptar laaproximación 0,1 – x 0,1. Operando después,

x2se tiene: 2,188 · 10–11 = ––––. Seguidamente des-

0,1pejando:

x = 2,188 · 10–12 = 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 mono-prótico es 1,7 · 10–2.

a) Calcular el grado de disociación de una di-solución 0,13 M de dicho ácido.

b) Calcular el grado de disociación que tendríadespués de añadirle ácido clorhídrico hasta al-canzar una concentración 0,2 M en iones H+.

RESOLUCIÓN:a) En primer lugar, estableceremos el equili-

brio de disociación del ácido y la tabla de con-centraciones:

HA A– + H+


[A–] [H+]De la expresión de Ka = –––––––––, sustitu-[HA]

x2yendo resulta: 1,7 · 10–2 = ––––––––. Resolviendo

0,13 – xla ecuación se obtiene x = 0,0393. Por tanto, el

0,03 93grado de disociación es –––––––– = 0,302, lo que0,13

equivale a un 30,2 %.

b) En el segundo caso se tiene:

HA H+ + A–

Inicial 0,13 0,2 0Variación –x +x +xEquilibrio 0,13 – x 0,2 + x +x

De la expresión de[A–] · [H+]Ka = –––––––––––,

[HA]

sustituyendo resulta:(0,2 + x) · x 0,2 · x1,7 · 10–2 = –––––––––––– –––––––.

0,13 – x 0,13

En este caso se han añadido protones y, portanto, por el principio de Le Chatelier el equili-brio se desplazará hacia la izquierda y el gradode disociación disminuirá. Resolviendo la ecua-ción anterior se obtiene x = 0,011. El grado de di-sociación es

0,011–––––– = 0,08, lo que equivale a un 8 %.0,13

8. Calcular el pH y la concentración de ácidometanoico sin ionizar a 298 K de una disoluciónpreparada disolviendo 0,92 g de ácido metanoicoen agua, hasta un volumen de 4 litros.

DATO: Ka (HCOOH) = 1,7 · 10–4.

RESOLUCIÓN:La molaridad inicial del ácido metanoico es:

1 mol HCOOH0,92 g HCOOH · –––––––––––––46 g HCOOH–––––––––––––––––––––––––––– = 5,0 · 10–3 M.

4 l

Como se trata de un ácido monoprótico en elequilibrio se tendrá:

HCOOH HCOO– + H+

Inicial 5 · 10–3 0 0Variación –x +x +xEquilibrio 5 · 10–3 – x +x +x

800

[H+] [HCOO–]La constante Ka vale: Ka = –––––––––––––. Sus-[HCOOH]

tituyendo los valores anteriores resulta: 1,7 · 10–4 =x2

= –––––––––––. Resolviendo la ecuación de se-5 · 10–3 – x

gundo grado resulta x = 8,41 · 10–4. Por consi-guiente, la concentración de ácido sin ionizar será:

[HCOOH] = 5 · 10–3 – 8,41 · 10–4 = 4,16 · 10–3 My el pH = –log (8,41 · 10–4) = 3,08.

9. Dos matraces contienen 50 ml de disolucio-nes 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 elácido fluorhídrico, que es un ácido débil parcial-mente disociado:

HF H+ + F–


La constante de acidez viene dada por la expre-sión:

[H+] [F–]Ka = ––––––––. Sustituyendo resulta 6,7 · 10–4 =[HF]

x2= –––––––. Resolviendo la ecuación de segundo

0,1 – xgrado se obtiene x = 7,86 · 10–3. Así pues, se tie-ne: [H+] = 7,86 · 10–3 y, por tanto, resulta: pH == –log (7,86 · 10–3) = 2,1. En el caso del ácidoclorhídrico, que es un ácido fuerte totalmente di-sociado en solución acuosa se tiene:

HCl → H+ + Cl–

0,1 M 0,1 M

Por tanto:pH = –log (0,1) = 1.

b) El número de moles de protones que hayanreaccionado en el punto de equivalencia ha decoincidir con el número total de moles de hidró-xido añadidos, es decir: [H+] = [OH–]. Las reac-ciones de neutralización que tienen lugar en am-bos casos son las siguientes:

HF + KOH → KF + H2OHCl + KOH → KCl + H2O

Como las cantidades son las mismas en los doscasos, resulta:

0,1 mol ácido 1 mol KOH0,050 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 hidróxidode potasio para la neutralización de cada una delas 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: 1pH = log ––––

[H+]

luego: 1pH = log –––10-3

pH = log 103

pH = 3

b) lpH = log ––––[H+]

1pH = log –––––––5,4 . 10-9

801


109pH = log –––

5,4

pH = log 109 – log 5,4

pH = 9 – 0,73

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:1a) pH = log ––––

[H+]

1pH = log ––––––––4,9 . 10-4

104pH = log –––

4,9

pH = log 104 – log 4,9

pH = 4 – 0,69

pH = 3,31

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

10-14 [H+] = ––––– , reemplazando

[OH-]

10-14[H+] = –––––––

16 . 10-4

10-10[H+] = –––––

16

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

pH = log (16 . 1010)

pH = log 16 + log 1010

pH = 1 204 + 10

pH = 11 204

12. Calcular el pH de una solución quecontiene 0,038g de HCl por litro. Supóngase elácido completamente disociado.

RESOLUCIÓN:La disociación del HCl es:

HCl → H+ + Cl– y como de acuerdo alenunciado es completa, se tiene que:

[HCl] = [H+]

por lo que la concentración de mol/L de ácido esigual a la concentración en ión-g/L del iónHidrógeno, luego

0,038[H+] = –––––36,5

0,038 10-pH = –––––– ; tomando logaritmos36,5

0,038-pH = log –––––36,5

pH = -(log 0,038 – log 36,5)

pH = log 36,5 – log 0,038

pH = 2,98

13. Calcular el pH de una solución de un ácidomonoprótico cuya concentración es de 0,01 yque está ionizado al 85,5%.

802

RESOLUCIÓN:Al decir “monoprótico” significa que es mono-

valente o que su molécula tiene 1 solo hidrógenoionizable, por lo que la ecuación de disociaciónserá:

HA → H+ + A–

de donde:

[HA] = 0,01 mol/L además

[H+] = 0,855 . 0,01 at-g/L por lo que

[H+] = 855 . 10-5 at-g/L, de donde

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

1 log –––– = log 105 – log 855[H+]

pH = 5 – 2,9320

pH = 2,068

14. La constante de disociación de un ácidomonobásico es de 0,8 . 10-6 a 20°C. ¿Cuál será supH si la solución es 0,1N?

RESOLUCIÓN:Sea el ácido HA y su ecuación de disociación:

HA → H+ + A- (I)

de donde la constante de ionización

[H+] [A-] KI = ––––––––– (1)[HA]

pero según (I)

[H+] = [A-] (2)

y de acuerdo al dato

[HA] = 0,1 (3)

y también

KI = 0,8 . 10-6 (4)

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

[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 = – log [H+] luego

pH = – log 2,8 . 10-4

pH = – (log 2,8 + log 10-4)

pH = – (0,4472 – 4)

pH = 3,552 8

REACCIONES REDOX

1. En disolución acuosa y en medio ácido, elpermanganato de potasio reacciona con el peró-xido de hidrógeno y se obtienen iones mangane-so (II), oxígeno y agua. Calcular los moles de pe-róxido de hidrógeno que se necesitarán para ob-tener 1 litro de oxígeno en condiciones normales.

803


RESOLUCIÓN:Las reacciones que tienen lugar son las si-

guientes:Semirreacción de oxidación: H2O2 → O2

Semirreacción de reducción: MnO–4 → Mn2+

Las semirreacciones anteriores igualadas setransforman en:

Oxidación:H2O2 → O2 + 2 H+ + 2e–

Reducción:MnO–

4 + 8 H+ + 5e– → Mn2+ + 4 H2O

Multiplicaremos la primera semirreacción por5 y la segunda por 2, para igualar el número deelectrones 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 semirre-acciones 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 condicionesnormales se precisarán:

1 mol O2 5 moles H2O21 litro O2 (c.n.) · –––––––––––– · ––––––––––– =22,4 l O2 (c.n.) 5 moles O2

= 0,045 moles de H2O2.

2. Se quiere determinar la concentración deuna disolución de hierro (II). Con esta finalidadse toman 100 ml de esta disolución y se valorancon 30 ml de una disolución 0,1 M de permanga-nato de potasio. Calcular la concentración de ladisolución de hierro (II).

RESOLUCIÓN:Las reacciones que tienen lugar son las siguientes:Semirreacción de oxidación: Fe2+ → Fe3+



Oxidación:Fe2+ → Fe3+ + 1e–

Reducción:MnO–

4 + 8 H+ + 5e– → Mn2+ + 4 H2OMultiplicaremos la primera semirreacción por

5, para igualar el número de electrones transferi-dos en el proceso redox:

Oxidación:5 Fe2+ → 5 Fe3+ + 5e–

Reducción:MnO–

4 + 8 H+ + 5e– → Mn2+ + 4 H2O


MnO–4 + 5 Fe2+ + 8 H+ → Mn2+ + 5 Fe3+ + 4 H2O

La concentración de la disolución de Fe2+ sepuede obtener a partir del volumen de permanga-nato potásico consumido:

0,1 mol KMnO4 5 moles Fe2+0,030 l KMnO4 · ––––––––––––– · ––––––––––– =

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, quecorresponde a una pila electroquímica:

Pt (s) H2 (g) (1,013 · 105 Pa) H+ (1 M) Ag+ (1 M) Ag (s)

804

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 cargacorrespondiente a un depósito de 21,6 g de plata.

RESOLUCIÓN:a) El primer electrodo que aparece en la nota-

ción de la pila es el electrodo normal de hidróge-no, que consiste en una lámina de platino platina-do sumergida en una disolución de iones H+ 1 M,es decir de pH = 0, rodeada de hidrógeno gaseo-so a la presión de 1 atm. Al potencial del electro-do de hidrógeno se le asigna arbitrariamente elvalor cero a cualquier temperatura. Si la reacciónque se produce es: H2(g) → 2 H+

(aq) + 2e–, el hi-drógeno gaseoso actúa como reductor y el elec-trodo es el polo negativo de la pila, o sea el áno-do. La semirreacción es de oxidación. En el otroelectrodo tiene lugar, por tanto, una semirreac-ción de reducción. En este caso, el electrodo seráel polo positivo o cátodo: Ag+ + e– → Ag.

La reacción global que se produce será la sumade la primera semirreacción y de la segunda multi-plicada por 2. De este modo se consigue igualar elnúmero de electrones transferidos en el proceso re-dox. 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

Ecuación iónica:H2 + 2 Ag+ → 2 H+ + 2 Ag ε° = 0,80 V

Para comprobar que el proceso que tiene lugaren la pila es espontáneo, basta con calcular la va-riación de energía libre que se produce:

∆G° = –n · F · ε° = –2 · 96500 · 0,80 < 0.Así pues, la fem de la pila es:

E°pila = E°H22 H+ + E°Ag+Ag = 0 + 0,8 = 0,8 V.

b) La energía máxima que se puede obtener dela pila vendrá dada por la expresión: Energíaeléctrica = Q · ε°pila. Como se han depositado21,6 gramos de plata, resulta:

1 mol e– 96.500 C21,6 g Ag · –––––––––– · –––––––– = 1,9336 · 104 C107,8 g Ag 1 mol e–

Por tanto, la energía eléctrica suministrada porla pila será:

Energía eléctrica = 1,9336 · 104 · 0,8 V = 15.468,6 J.

1 kW · hPero 15.468,6 J · ––––––––– = 4,3 · 10–3 kW · h.3,6 · 106 J

4. Se hace pasar una corriente de 3 A durantemedia hora por dos celdas electrolíticas conectadasen serie, que contienen 200 ml de sulfato de cobre(II) 0,5 M y 300 ml de disolución de ácido clorhí-drico 0,2 M. Sabiendo que las masas atómicas delcobre 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 io-nes hidrógeno de la segunda, suponiendo que elvolumen de la disolución se mantenga constante.

RESOLUCIÓN:Como las dos células electrolíticas están conec-

tadas en serie, la cantidad de electricidad que cir-cula por ambas es la misma:

Q = I · t = 3 · (30 · 60) = 5.400 C.

El número de Faradays a que equivale esta car-ga es:

1 F5.400 C · ––––––––– = 0,056 F.96.500 C

En la primera célula se produce la siguiente re-acción:

Cátodo (reducción): Cu2+ + 2e– → Cu.

805


En la segunda célula tiene lugar el siguienteproceso:

Cátodo (reducción): 2 H+ + 2e– → H2.

En la primera célula la cantidad de Cu2+ consu-mida es:

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

2 F

Como inicialmente había:

0,5 mol CuSO4 1 mol Cu2+0,2 l · –––––––––––– · ––––––––––– = 0,1 mol Cu2+

1 l 1 mol CuSO4

Quedan: 0,1 – 0,028 = 0,072 mol Cu2+. La con-centración de la disolución final será:

1 mol CuSO40,072 mol Cu2+ · –––––––––––1 mol Cu2+

[Cu2+] = ––––––––––––––––––––––––– = 0,36 M0,2 l

En la segunda célula la cantidad de hidrógenoconsumido es:

2 mol H+0,056 F · ––––––––– = 0,056 mol H+.

2 F

Por tanto, quedan: 0,06 – 0,056 = 0,004 mo-les H+. Así pues, la concentración final es:

0,004 mol H+[H+] = –––––––––––– = 0,013 M.

0,3 l

5. En medio ácido, el peróxido de hidrógeno esoxidado por las disoluciones de permanganatode potasio, se libera oxígeno y se forma manga-neso (II). Igualmente, en medio ácido, el peróxi-do de hidrógeno puede oxidar los iones yoduro ayodo y reducirse a agua. Calcular:

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

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

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

lugar son las siguientes:

Semirreacción de oxidación: H2O2 → O2



Oxidación:H2O2 → O2 + 2 H+ + 2e–

Reducción:2 MnO–

4 + 16 H+ + 10e– → 2 Mn2+ + 8 H2O

Multiplicaremos la primera semirreacción por5, para igualar el número de electrones transferi-dos en el proceso redox:

Oxidación:5 H2O2 → 5 O2 + 10 H+ + 10e–

Reducción:2 MnO–

4 + 16 H+ + 10e– → 2 Mn2+ + 8 H2O


2 MnO–4 + 5 H2O2 + 6 H+ →

→ 2 Mn2+ + 5 O2 + 8 H2O

Para reducir 0,3 moles de permanganato se ne-cesitan:

5 moles H2O20,3 moles MnO–4 · –––––––––––––– =

2 moles MnO–4

= 0,75 moles de H2O2.

b) En el segundo caso, las reacciones que tie-nen lugar son las siguientes:

Semirreacción de oxidación: I– → I2

Semirreacción de reducción: H2O2 → H2O

806


Oxidación: 2 I– → I2 + 2e–

Reducción: H2O2 + 2 H+ + 2e– → 2 H2O


H2O2 + 2 I– + 2 H+ → I2 + 2 H2O

Para oxidar 0,3 moles de yoduro se precisan:

1 mol H2O20,3 moles I– · –––––––––– = 0,15 moles de H2O2.2 mol I–

6. El ion AsO3–4 en disolución ácida oxida el I– a

I2 y se reduce a AsO–2. Sabiendo que los potencia-

les estándar de reducción son: E°(I2I–) = 0,54 Vy 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 si-

guientes:

Semirreacción de oxidación: I– → I2

Semirreacción de reducción: AsO3–4 → AsO–

2


Oxidación:2 I– → I2 + 2e–

Reducción:AsO3–

4 + 4 H+ + 2e– → AsO–2 + 2 H2O


AsO3–4 + 2 I– + 4 H+ → AsO–

2 + I2 + 2 H2O

Como los potenciales estándar de reducción son:

E°(I2I–) = 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.

Es decir:

E°pila = E°(AsO3–4 AsO–

2) – E°(I2I–) == 0,56 – 0,54 = 0,02 V.

Por consiguiente, el proceso es espontáneo enel sentido indicado.

7. Balancear por redox la siguiente ecuación:

HNO3 + H2S → NO + S + H2O

RESOLUCIÓN:Observamos que los elementos que sufren

cambio de valencia son el N y el S.

H+1

N+5

O3

-2

+ H2

+1

S-2 → N+2

O-2

+ S° + H2

+1

O-2

Observamos que el N de trabajar con V (5)pasa a trabajar con V(2) y el S de trabajar convalencia (-2) pasa a trabajar con O. Luego elátomo que “reduce” su valencia se ha reducido yel que aumenta su valencia se ha oxidado. Portanto las ecuaciones electrónicas parciales serán:

N+5

+ 3e → N+2

(Reducción)

S-2

– 2e → S° (Oxidación)

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

2N+5

+ 6e = 2N+2

3S-2

– 6e = 3S°——————————— sumando2N+5 + 3S-2 = 2N+2 + 3S°

807


Hemos obtenido el balanceo electrónicoparcial. En algunos casos resulta la ecuación yabalanceada pero generalmente no, por lo que sedeberá cumpletar el balanceo por tanteos.

2HNO3 + 3H2S → 2NO + 3S + ? H2O

luego

2HNO3 + 3H2S → 2NO + 3S + 4H2O


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

RESOLUCIÓN:

Observando detenidamente, los elementos quecambian de valencia son Mn y Cl.

Mn+7 + 5e = Mn+2

Cl-1 – 1e Cl2° (ojo: Cl2 molecular)

Quedando finalmente

Mn+7 + 5e = Mn+2

2Cl-1 – 2e = Cl2°

igualando los electrones

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

10Cl-1 – 10e = 5 Cl2°

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

la ecuación parcialmente balanceada quedará

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

Completando la ecuación por tanteos queda

2KMnO4 + 10KCl + 8H2SO4 →→ 2MnSO4 + 6K2SO4 + 5Cl2 + 8H2O


CuO + NH3 → N2 + Cu + H2O

RESOLUCIÓN:Observamos que

Cu+2 → Cu° (Reducción)

N-3 → N° (Oxidación)

Establecemos las ecuaciones electrónicasparciales

Cu+2 + 2e = Cu°

N-3 – 3e = N°

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

3Cu+2 + 6e → 3Cu°

2N-3 – 6e → 2N°—————————— sumando3Cu+2 + 2N-3 → 3Cu° + 2N°

tenemos la ecuación parcialmente balanceada

3CuO + 2NH3 → N2 + 3Cu + ? H2O

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

Calculamos el coeficiente del H2O por com-pensación, quedando:

3CuO + 2NH3 → N2 + 3Cu + 3H2O


Cr I3 + Cl2 + NaOH →→ Na2CrO4 + NaIO4 + NaCl + H2O

808

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

Cl: de 0 en CI2 a – 1 en NaCl

Luego tenemos

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 ecuaciónde oxidación :

I-1 + Cr+3 - 27e → Cr+6 + 3I+7…… (4)

Cl2° – 2e → 2Cl-1 …… (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 + 27Cl2

° → 2Cr+6 + 6I+7 + 54Cl-1

Por lo que la ecuación parcialmente balanceadaserá:

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 unmedio ácido.

NO3– + Ag → NO + Ag+

RESOLUCIÓN:Ajustamos la ecuación electrónicamente

1N+5 O3– + 3Ag° → 1N

+2O + 3Ag+

N+5 + 3e → N+2

Ag° – 1 → Ag-1 (3Ag° → 3Ag+)

Carga neta de reactantes = –1Carga neta de productos = +3

Como el medio es ácido ajustamos las cargasagregando 4 cargas positivas en los reactantes4H+

4H+ + NO3– + 3Ag → NO + 3Ag+

1442443 14243carga + 3 carga + 3

Para balancear los oxígenos en los reactantesexisten tres átomos de oxígeno y uno en los pro-ductos, por lo que agregamos 2 moléculas deH2O en los productos, compensado así losoxigenos.

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 +5Carga neta productos –5

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

809


10(OH)– + ClO3– + 2Cr+3 →

→ Cl– + 2CrO4= + 5H2O

13. Balancear la ecuación y determinar elcoeficiente del H2O en medio alcalino.

Ag2O + Co+2 → Ag + Co(OH)3

RESOLUCIÓN:Calculamos la ganancia y pérdida de electro-

nes 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 cargasiónicas

4(OH)– + Ag2O + 2Co+2 → 2Ag + 2Co(OH)3

luego para balancear el oxígeno agregamosH2O

H2O + 4(OH)-1 + Ag2O + 2Co+2 →→ 2Ag + 2Co(OH)3

Coeficiente de H2O es 1.

14. Hallar la intensidad de corriente de uncalentador de 180Ω conectado a una fuente de220 voltios.

RESOLUCIÓN:E Se sabe que: R = ––– luegoI

E I = –––– Reemplazando valoresR

220 VI = ––––––180 Ω

I = 1,22 A

15. ¿Cuántos coulombios por hora pasan através de un baño de electroplatinado, el cual usacorriente de 10 amperes?

RESOLUCIÓN:Se sabe que: 1 amp = 1c/seg

luego 10 amperes serán:

c c10 –– que reducido nos da 36 000 ––s h

16. ¿Qué masa de plata (Ag) se depositará deuna solución de Ag NO3 pasando 6 000coulombios?

RESOLUCIÓN:P. atómico Se sabe que Eq = ––––––––– luego para la AgValencia

107,9EqAg = –––––1

EqAg = 107,9 g luego con una regla detres

96 500 C depositan 107,9g6 000 C ––––––– x

6 000 . 107,9x = –––––––––––96 500

x = 6,7 g de plata

17. ¿Qué amperaje será necesario para depo-sitar 15 kg de aluminio durante 9 horas?

RESOLUCIÓN:Calculamos el Eq del Aluminio

P . atEq = –––––V

27Eq = ––––3

Eq = 9

810

Luego 96 500 C depositan 9 g de Al

x –––––––– 15 000 g de Al

15 000 . 96 500x = –––––––––––––9

x = 160 833,3 C

q Pero I = ––– reemplazando valores

T

160 833,3 CI = –––––––––––9 . 3 600 s

I = 4 963,9 amperes

18. ¿Cuántas horas se necesitará para descom-poner electrolíticamente 18 g de H2O con 6 am-peres?

RESOLUCIÓN:Si tenemos 6 amperes pasan 6 coulombios por

segundo; además el equivalente del H2O es:

18Eq = ––––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 pasan 6 C

x ––––– 193 000 C

x = 32 166,66s que transformados

8 h 56 m 06 s

19. Dos cubas electrolíticas están conectadasen serie, con soluciones de AgNO3 y FeCl3. Si enla primera se depositan 2,16g de Ag. ¿Qué pesode Fe y Cl2 se deposita en la segunda?

RESOLUCIÓN:Por la segunda Ley de Faraday

MFe m Aq–––––– = ––––––Eq Fe Eq Aq

56 107,9Eq Fe = ––– Eq Ag = –––––3 1

Eq Fe = 18,67 Eq Ag = 107,9

Reemplazando:

mFe 2,16––––– = –––––18,67 107,9

mFe = 0,37 g

De manera análoga se calcula la masa de Cl2.

mCl2 = 0,71 g

20. A través de tres celdas electrolíticas enserie pasan 0,2 Faradios. Una celda contiene unasal con ión plata; otra ion Zn y la otra iónFérrico. Asumiendo que sólo existe reducción deión metal, ¿cuántos gramos de cada metal sedepositará?

RESOLUCIÓN:Al paso de 1 Faraday se deposita 1 equivalente

luego, al paso de 0,2 Faraday, se depositan 0,2equivalentes.

107,8 EqAg+1 = ––––– …… luego EqAq+1 = 107,91

65,38EqZn+2 = ––––– …… luego EqZn+2 = 32,692

811


55,85 EqFe+3 = ––––– …… luego EqFe+3 = 18,623

Como en cada caso se depositan 0,2 equiva-lentes, 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 PRECIPITACIÓNY FORMACIÓN DE COMPLEJOS

1. Se tiene una disolución de nitrato de plata0,001 M. Sabiendo que la constante del productode solubilidad del cloruro de plata es 2 · 10–10, cal-cular la concentración mínima de iones cloruropara que se forme precipitado de cloruro de plata.

RESOLUCIÓN:El proceso que tiene lugar es el siguiente:

AgCl(s) Cl–(aq) + Ag+

(aq).

En este caso, la constante del producto de solu-bilidad se expresará como: Kps = [Cl–] [Ag+]. Des-pejando, resulta:

Kps[Cl–] = ––––––.[Ag+]

Sustituyendo los valores numéricos:

2 · 10–10[Cl–] = –––––––– = 2 · 10–7 M.

10–3

2. 250 ml de una disolución acuosa saturada deyodato de bario contienen 87,85 mg de esta sal a298 K. Calcular:

a) La constante del producto de solubilidad delyodato de bario a la temperatura indicada.

b) Indicar si la solubilidad del yodato de barioserá mayor, menor o igual en una solución 0,3 Mde cloruro de bario.

RESOLUCIÓN:a) En 250 ml de disolución acuosa saturada de

yodato de bario hay disueltos 87,85 mg de dichasal. Por tanto, la concentración de la disoluciónserá:

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 esel siguiente:

Ba(IO3)2 (s) Ba2+(aq) + 2 IO–

3 (aq)

Inicial s 0 0Equilibrio 0 s 2s

La expresión de la constante del producto desolubilidad 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 solubilidaden 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.

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

812

3. La solubilidad del hidróxido de calcio es de1,7 g/l a 298 K. Calcular a esta temperatura:

a) La constante del producto de solubilidad.b) El pH de una disolución saturada de hidróxi-

do de calcio.

RESOLUCIÓN:a) Para calcular la solubilidad molar es necesario

conocer previamente la masa molar del hidróxidode calcio, que es de 74 g/mol. Así pues, se tiene:

g 1 mol Ca(OH)2s = 1,7 ––– · ––––––––––––––– = 0,023 Ml 74 g

Todo el hidróxido se disociará, ya que las salesson electrolitos fuertes:

Ca(OH)2 (s) → Ca2+(eq) + 2 OH–

(eq)

Inicio s 0 0Equilibrio – s 2s

La constante del producto de solubilidad ven-drá expresada por: Kps = [Ca2+] [OH–]2 = 4s3.Sustituyendo los valores numéricos, resulta:

Kps = 4 · (0,023)3 = 4,87 · 10–5.

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.

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

a) El producto de solubilidad del acetato deplata.

b) La solubilidad del acetato de plata en una di-solución 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 Ags = ––––––––––––––––– · ––––––––––––––––– =l 167 g CH3—COO Ag

= 0,065 M. El equilibrio de solubilidad que seproduce es el siguiente:

CH3—COO Ag(s) CH3—COO–(aq) + Ag+

(aq)

La constante del producto de solubilidad vienedada por: Kps = [CH3—COO–] [Ag+]. Sustituyen-do los valores numéricos, resulta:

Kps = s2 = 0,06652 = 4,42 · 10–3.

b) Si consideramos que la disolución es 0,2 Men nitrato de plata, hay que tener en cuenta queesta sal es un electrolito fuerte totalmente di-sociado: AgNO3 (aq) → Ag+

(aq) + NO–3 (aq).

Las concentraciones de los iones que intervienenen la solubilidad del acetato de plata serán:[CH3— COO–] = s'; [Ag+] = s' + 0,2. Por tan-to, en este caso, la expresión de la constante delproducto 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 plataserá menor en este caso, como consecuencia delefecto del ion común.

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

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

b) Indicar si el hidróxido de hierro (II) precipi-tará al añadir 10–3 g de cloruro de hierro (II) a1 litro de una disolución de pH = 6.

RESOLUCIÓN:a) Para calcular la solubilidad molar es necesa-

rio conocer previamente la masa molar del hidró-xido de hierro II), que es 90 g/mol. Así pues:

73,73 · 10–5 g 1 mols = ––––––––––––– · –––––– = 8,2 · 10–6 Ml 90 g

El equilibrio de solubilidad que se establece esel siguiente:

813


Fe(OH)2 (s) Fe2+(aq) + 2 OH–

(aq)

Inicio s – –Equilibrio 0 s 2s

siendo s la solubilidad molar del hidróxido dehierro (II). Todo el hidróxido de hierro (II) disuel-to se disocia, ya que las sales son electrolitosfuertes. Por tanto, se tendrá: Kps = [Fe2+] [OH–]2 == (2s)2 · s = 4s3. Sustituyendo los valores numé-ricos, resulta:

Kps = 4s3 = 4 · (8,2 · 10–6)3 = 2,2 · 10–15.

b) El cloruro de hierro (II) es soluble y se diso-cia totalmente: FeCl2 (aq) → Fe2+

(aq) + 2 Cl–(aq).

La concentración de [Fe2+] disuelto será:

10–3 g FeCl2 1 mol FeCl2 1 mol Fe2+[Fe2+] = –––––––––– · –––––––––– · ––––––––– =

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–], esdecir, 8 = –log [OH–]. Por tanto: [OH–] = 10–8 M.Así pues, únicamente se obtendrá precipitado siQ > Kps. Q = [Fe2+] [OH–]2 = 7,87 · 10–6 · (10–8)2 == 7,87 · 10–22. En este caso, Q < Kps. Por consi-guiente, no se producirá la precipitación del hi-dróxido de hierro (II).

6. A 25 °C, la constante del producto de solu-bilidad del hidróxido de manganeso (II) es2,0 · 10–11.

a) Calcular la solubilidad del hidróxido demanganeso (II) a dicha temperatura, expresada enmg/l.

b) Calcular el pH de una disolución saturada dehidróxido de manganeso (II) a la temperatura in-dicada.

RESOLUCIÓN:a) En primer lugar calcularemos la solubilidadmolar, s:

Mn(OH)2 (s) Mn2+(aq) + 2 OH–

(aq)

Equilibrio s s

La constante del producto de solubilidad adop-tará la expresión:

Kps = [Mn2+] [OH–]2 = s · (2s)2 = 4 s3 = 2 · 10–11.

Así, resolviendo la ecuación anterior, se obtie-ne: s = 1,71 · 10–4 M. Para expresar la solubilidaden mg/l, procederemos del siguiente modo:

mol g 103 mgs = 1,71 · 10–4 –––– · 88,9 –––– · ––––––= 15,2 mg/l.

l mol 1 g

b) Teniendo en cuenta que [OH–] = 2s, siendo sla solubilidad molar, se obtiene la siguiente con-centración de hidróxido: [OH–] = 3,42 · 10–4 M. Dela 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 solubi-lidad del fluoruro de plomo (II) es 4 · 10–8.

a) Calcular la solubilidad del fluoruro de plo-mo (II) en agua pura a 25 °C, expresada en mg/l.

b) Indicar si se formará precipitado de fluorurode plomo (II) al mezclar, a 25 °C, 50 ml de diso-lución 0,02 M de nitrato de plomo (II) y 50 ml dedisolución 0,01 M de fluoruro de potasio.

RESOLUCIÓN:a) En primer lugar, calcularemos la solubilidad

molar a partir del equilibrio:

PbF2 (s) Pb2+(aq) + 2 F–

(aq)

Equilibrio s s


Kps = [Pb2+] [F–]2 = s · (2s)2 = 4 s3 = 4 · 10–8.

Resolviendo seguidamente la ecuación ante-rior, se obtiene: s = 2,154 · 10–3 M. Para expresarla solubilidad en mg/l, procederemos del si-guiente modo:

814

mol g 103 mgs = 2,154 · 10–3 –––– · 245,2 –––– · –––––––– =

l mol 1 g= 528,16 mg/l.

b) Calcularemos la concentración de los iones enla 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 cons-tante del producto de solubilidad. El cociente de re-acción Q vale: Q = [Pb2+] [F–]2 = 0,01 · (0,005)2 == 2,5 · 10–7 > Kps. Puesto que se supera el valordel producto de solubilidad, los iones no puedenestar en disolución con esta concentración y, portanto, precipita el fluoruro de plomo (II).

8. El hidróxido de magnesio tiene una constantedel producto de solubilidad a 25 °C de 1,0 · 10–10.Calcular:

a) La solubilidad del hidróxido de magnesio enmg/ml.

b) El pH de una disolución saturada de hidróxi-do de magnesio.

RESOLUCIÓN:a) En primer lugar, calcularemos la solubilidad

molar a partir del equilibrio:

Mg(OH)2 (g) Mg2+(aq) + 2 OH–

(aq)

Equilibrio s 2s


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 solubilidaden mg/ml, procederemos del siguiente modo:

mol g mgs = 2,924 · 10–4 ––––– · 58,3 ––––– · 103 ––––– ·

l mol g1 l· –––––– = 0,017 mg/ml.

103 ml

b) Sabiendo que [OH–] = 2s, siendo s la solubi-lidad molar, se obtiene la siguiente concentra-ción de hidróxido: [OH–] = 5,848 · 10–4 M.

De la definición de pOH = –log [OH–], sustitu-yendo, 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 yo-duro de plomo (II) y se obtienen 250 ml de unasolución saturada de esta sal. Calcular la cons-tante del producto de solubilidad del yoduro deplomo a 25 °C.

RESOLUCIÓN:En 250 ml de disolución acuosa saturada, tene-

mos 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 esel siguiente:

PbI2(s) Pb2+(aq) + 2 I–

(aq)

Inicial s 0 0Equilibrio – s 2s

La expresión de la constante del producto de solu-bilidad del yoduro de plomo es: Kps = [Pb2+] · [I–]2 == s · (2s)2 = 4 s3. Sustituyendo los valores numé-ricos se obtiene:

Kps = 4 (1,28 · 10–3)3 = 8,39 · 10–9.

815


DESCRIPTIVA DE LOS PRINCIPALESELEMENTOS REPRESENTATIVOS

1. Calcular los kg de carbono que se puedenobtener a partir de 1.000 kg de carbonato de cal-cio, si el rendimiento del proceso es de un 30 %.

RESOLUCIÓN:El carbonato de calcio, como todos los carbo-

natos, a elevadas temperaturas se descomponedel modo siguiente:

∆CaCO3 → CO2 + CaO.

El proceso puede continuar:

∆CO2 → C + O2.

De este modo, la relación molar correspon-diente a la totalidad del proceso es: 1 mol de car-bonato de calcio 1 mol de dióxido de carbono 1 mol de carbono. Para calcular los gramos decarbono, necesitaremos determinar la masa mo-lar del carbonato de calcio, que es de 100 g/mol.Así pues, se tiene:

1 mol CaCO3 1 mol CO2106 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 rendi-miento es del 30 %, resulta:

30 kg C reales120 kg C teóricos · ––––––––––––––– =100 kg C teóricos

= 36 kg de carbono.

2. 1,5 gramos de una aleación de cinc y alumi-nio se tratan con un exceso de ácido sulfúrico yse liberan 1,596 litros de hidrógeno en condicio-nes normales. Calcular el porcentaje de cinc y dealuminio que contiene dicha aleación.

RESOLUCIÓN:Un mol de cualquier gas ocupa un volumen de

22,4 litros en condiciones normales de presión ytemperatura. Por tanto, se tiene:

1 mol H21,596 l H2 en c.n. · –––––––––––––– =22,4 l H2 en c.n.

= 0,07125 moles de H2.

A continuación calcularemos la cantidad de hi-drógeno que se produce de acuerdo con la ecua-ción igualada correspondiente al proceso:

Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2.

A partir de x gramos de Zn, se obtienen:

1 mol Zn 1 mol H2x g Zn · –––––––––– · –––––––––– =65,4 g Zn 1 mol Zn

= 0,0153 x moles de H2.

En el caso de la reacción con el aluminio setiene:

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 hidróge-no formados es: 0,0833 – 0,0556x + 0,0153x == 0,0833 – 0,0403x moles de H2. Ahora bien, losmoles de hidrógeno procedentes de las dos reac-ciones han de coincidir con el número total demoles de hidrógeno obtenidos. Por tanto:0,07125 = 0,0833 – 0,0403x. Resolviendo estaecuación 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 gAl = ––––– · 100 = 80 %; Zn = ––––– · 100 = 20 %.1,5 g 1,5 g

816

3. Una muestra de 0,997 g de una mezcla decarbonato de sodio anhidro y de carbonato de po-tasio anhidro se trata con un ligero exceso de áci-do clorhídrico diluido. La disolución resultantese evapora totalmente y el residuo obtenido pesa1,090 g. Calcular la composición de la muestraoriginal.

RESOLUCIÓN:En primer lugar, estableceremos las ecuaciones

correspondientes a los procesos que tienen lugar:

Na2CO3 + 2 HCl → 2 NaCl + CO2↑ + H2OK2CO3 + 2 HCl → 2 KCl + CO2↑ + H2O

Para calcular la cantidad de cloruro de sodioque se obtiene de la primera ecuación es necesa-rio conocer las masas molares del carbonato desodio y del cloruro de sodio, que son, respectiva-mente, 106 g/mol y 58,5 g/mol. Si consideramosque la muestra inicial contiene x gramos de car-bonato de sodio, resulta:

1 mol Na2CO3 2 mol NaClx 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 decloruro de potasio que se obtiene de la segundaecuación es necesario conocer las masas molaresdel carbonato de potasio y del cloruro de pota-sio, que son, respectivamente, 138 g/mol y74,5 g/mol. Si consideramos que la muestra ini-cial contiene y gramos de carbonato de potasio,resulta:

1 mol K2CO3 2 moles KCly 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 hade coincidir con la cantidad indicada en el enun-ciado. Por tanto, se tiene: 1,104x + 1,080y == 1,090 (1). Ahora bien, la muestra inicial está

formada por x + y = 0,997 (2). Resolviendo elsistema de ecuaciones constituido por (1) y (2) seobtiene:

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 seobtienen 2 g de óxido de calcio y se libera dióxi-do de carbono. Calcular:

a) El porcentaje en peso de carbonato de calcioque se ha transformado en óxido de calcio.

b) El volumen de dióxido de carbono que se hadesprendido 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 ne-cesitamos conocer previamente las masas mola-res 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 quese obtendrían a partir de los 5 gramos de carbo-nato de calcio:

1 mol CaCO3 1 mol CaO5 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


2 g CaO realesRendimiento = ––––––––––––––– · 100 = 71,43 %2,8 g CaO teóricos

b) A partir de la cantidad de óxido de calcioobtenido determinaremos los moles de dióxidode carbono que se han formado:

817


1 mol CaO 1 mol CO22 g CaO · –––––––––– · –––––––––– =56 g CaO 1 mol CaO

= 0,036 moles de CO2.

Aplicando la ecuación de estado de los gasesideales:

n R TP V = n R T, despejando resulta: V = ––––––.P


J0,036 mol · 8,31 ––––––– · 298 KK · molV = ––––––––––––––––––––––––––––– =

1,01 · 105 Pa1000 litros= 8,83 · 10–4 m3 · –––––––––– = 0,883 litros.

1 m3

5. En la construcción aeronáutica se utiliza unaaleación de magnesio y aluminio denominadamagnalio. Al reaccionar 4 g de dicha aleacióncon un exceso de ácido clorhídrico, se obtuvie-ron 4,72 litros de hidrógeno, medidos a 1 atm y a0 °C. Calcular el porcentaje de magnesio presen-te en el magnalio.

RESOLUCIÓN:En primer lugar, estableceremos las dos ecua-

ciones que tienen lugar:

Mg + 2 HCl → MgCl2 + H2

2 Al + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2

Aplicando la ecuación de estado de los gasesideales:

P VP V = n R T, y despejando n = –––––,R T

se puede calcular el número de moles de hidró-geno que se forman. Sustituyendo los valores nu-méricos, se obtiene:

1 · 105 Pa · 4,72 · 10–3 m3n = ––––––––––––––––––––– =

J8,31 ––––––– · 273 KK · mol

= 0,208 moles de H2.

A continuación, calcularemos los moles de hi-drógeno que corresponden a ambas reacciones apartir de x gramos de Mg y de (4 – x) gramos de Al:

1 mol Mg 1 mol H2x 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 losmoles totales de hidrógeno formados. Así, se tie-ne: 0,208 = 0,0412x + (0,2222 – 0,0556x). Resol-viendo la ecuación anterior se obtiene: x = 1 gramode 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.4 g

6. El carbonato de magnesio constituye el mineraldenominado magnesita. Al calentarlo a temperaturaelevada se descompone en óxido de magnesio ydióxido 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 demagnesio, 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 ydel carbonato de magnesio son, respectivamente40,3 g/mol y 84,3 g/mol. Así pues, teniendo encuenta la estequiometría del proceso, resulta:

1 mol MgO 1 mol MgCO310,0 g MgO · ––––––––––– · ––––––––––––– ·40,3 g MgO 1 mol MgO

84,3 g MgCO3 100 g magnesita· ––––––––––––– · ––––––––––––––– ·1 mol MgCO3 90 g MgCO3

100 g reales· –––––––––––– = 29 g.80 g teóricos

818

METALURGIA

1. a) Calcular la masa de cinc que se puede ob-tener a partir de una tonelada de blenda de un40 % de riqueza.

b) Calcular el volumen de dióxido de azufre encondiciones normales que se desprende en elproceso 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 to-nelada de blenda es:

1.000 kg blenda1 tonelada blenda · –––––––––––––––– ·1 tonelada blenda

40 kg ZnS· ––––––––––––– = 400 kg ZnS100 kg blenda

El cinc se obtiene por reducción del óxido decinc producido en el proceso de tostación:

ZnO + CO → CO2 + Zn

Así pues, la cantidad de Zn obtenida a partir de1 tonelada de blenda es:

1.000 g ZnS 1 mol ZnS400 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

b) Análogamente, el volumen de dióxido deazufre obtenido en condiciones normales será:

1.000 g ZnS 1 mol ZnS400 kg ZnS · ––––––––––– · ––––––––––– ·1 kg ZnS 97,37 g ZnS

2 moles SO2 22,4 l (c.n.)· –––––––––––– · ––––––––––– 2 moles ZnS 1 mol SO2

92.000 litros SO2 (c.n.)

2. Se prepararon 25 g de manganeso por alumi-notermia de una pirolusita (dióxido de mangane-so) del 50 % de riqueza. Calcular la cantidad depirolusita 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 pre-cisaría:

1 mol Mn 3 moles MnO225 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 ne-cesaria es:

100 g impura39,57 g pura · –––––––––––– =50 g pura

= 79, 14 g de pirolusita impura.

3. Calcular los gramos de nitrato de plata nece-sarios para fabricar una moneda de plata de 25 gcuya ley es del 90 %.

RESOLUCIÓN:La cantidad de plata pura contenida en la mo-

neda es: 25 g · 90 % = 22,5 gramos de plata. Elnitrato de plata se obtiene a partir de la plata me-diante el siguiente proceso:

4 HNO3 + 3 Ag → 3 AgNO3 + NO + 2 H2O

Así pues, a partir de 22,5 gramos de plata purase podrán obtener:

1 mol Ag 3 moles AgNO322,5 g Ag · ––––––––––– · –––––––––––––– ·107,87 g Ag 3 moles Ag

169,87 g AgNO3· ––––––––––––––– = 35,43 g de nitrato de plata.1 mol AgNO3

819


4. Un mineral de galena con ganga de cuar-zo tiene una densidad de 4,9 g/cm3, siendo ladensidad de la galena 7,58 g/cm3 y la del cuarzo2,65 g/cm3. Calcular la cantidad de plomo quepuede obtenerse teóricamente a partir de una to-nelada de dicho mineral.

RESOLUCIÓN:Primero calcularemos la cantidad de galena pre-

sente en el mineral, hallando la composición cente-simal. Supongamos que el mineral contiene un x %de galena y, por tanto, un (100 – x)% de cuarzo. Ladensidad del mineral vendrá dada por la expresión:

xDensidad del mineral = densidad galena · –––– + 100

100 – x+ densidad cuarzo · –––––––.100

Sustituyendo los valores numéricos del enuncia-x 100 – xdo, resulta: 4,9 = 7,58 · –––– + 2,65 · –––––––.

100 100225Despejando, se obtiene: x = ––––– = 45,641% de4,93

galena. Por tanto, la galena contenida en una to-nelada de mineral será:

1.000 kg mineral 45,641 kg galena1 tonelada · ––––––––––––– · ––––––––––––––– =1 tonelada 100 kg mineral= 456,4 kg de galena.

El plomo se obtiene a partir de la galena portostación y posterior reducción, de acuerdo conlas reacciones siguientes:

2 PbS + 3 O2 → 2 PbO + 2 SO2

PbO + CO → Pb + CO2.

Así, la cantidad de plomo que podrá obtenerse apartir de 456,4 kg de galena será la siguiente:

1.000 g PbS 1 mol PbS456,4 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

1 kg Pb· –––––––––– = 395,34 kg Pb.1.000 g Pb

5. Para determinar la riqueza de una muestra decinc impuro se toman 50 g y se tratan con una di-solución clorhídrica de densidad 1,18 g/cm3 y35 % de riqueza en peso y se gastan 129 ml dedicha disolución. Calcular el porcentaje de cinccontenido en la muestra.

RESOLUCIÓN:En primer lugar, calcularemos la cantidad de

ácido clorhídrico que ha reaccionado con lamuestra de cinc impuro:

1,18 g disolución 35 g HCl129 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 elácido clorhídrico es la siguiente:

Zn + 2 HCl → ZnCl2 + H2

Así pues, a partir de la relación estequiométri-ca anterior resulta:

1 mol Zn 65,37 g Zn1,4616 moles HCl · ––––––––––– · –––––––––– =2 moles HCl 1 mol Zn

= 47,77 g Zn.

Por consiguiente, el porcentaje de cinc conte-nido en la muestra será:

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

6. Calcular los gramos de cal viva (CaO) ob-tenidos en la calcinación de una tonelada decalcita del 80 % de riqueza en carbonato decalcio si el rendimiento de la operación es del90 %.

RESOLUCIÓN:La masa de carbonato de calcio contenida en

una tonelada de calcita es:

820

1.000 kg calcita1 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 decalcio es la siguiente:

∆CaCO3 → CO2 + CaO.

La cantidad teórica de óxido de calcio que seobtendría en el proceso sería:

1.000 g CaCO3 1 mol CaCO3800 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 del90 %, la cantidad de óxido de calcio que se obtienerealmente es:

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

7. Al tratar 0,5 g de una aleación de magnesioy aluminio con ácido clorhídrico se desprenden602,4 ml de hidrógeno medidos en condicionesnormales. Calcular las cantidades de cada metalque contiene dicha aleación.

RESOLUCIÓN:Supongamos que la aleación contiene x gra-

mos de Mg y (0,5 – x) gramos de Al. Los volú-menes de hidrógeno desprendidos al ser ataca-dos ambos metales por el ácido clorhídrico sepodrán determinar a partir de sus ecuaciones res-pectivas:

Mg + 2 HCl → MgCl2 + H2

2 Al + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2.

En el primer caso, se tiene:

1 mol Mg 1 mol H2x 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 hi-drógeno desprendidos en ambos procesos debecoincidir con el volumen total de hidrógeno des-prendido en el ataque, es decir, 602,4 ml. Portanto, se tiene:

921,43x + (622,68 – 1.245,37x) = 602,4.

Resolviendo la ecuación precedente se obtie-ne: x = 0,063 g Mg. Por consiguiente:

(0,5 – x) = 0,5 – 0,063 = 0,437 g Al.

8. Cuando un trozo de hierro de 10 g se exponea la intemperie su masa aumenta en 0,5 g. Supo-niendo que únicamente se haya formado óxidode hierro (III) en el proceso de oxidación, calcu-lar la masa de hierro que quedará sin oxidar.

RESOLUCIÓN:La reacción correspondiente al proceso de oxi-

dación 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 quex gramos de hierro se han oxidado y, por tanto,(10 – x) gramos de hierro han quedado sin oxi-darse. La cantidad de óxido de hierro (III) que seha obtenido a partir de la oxidación de x gramosde hierro es la siguiente:

821


1 mol Fe 2 moles Fe2O3x 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 masasdel óxido de hierro (III) formado y del hierro queno ha reaccionado deberá coincidir con la masafinal, que es de 10,5 gramos. Así pues, tendre-mos: 1,4297x + 10 – x = 10,5. Resolviendo laecuación precedente, se obtiene: x = 1,164 gra-mos de hierro que se han oxidado. Por consi-guiente: (10 – x) = 10 – 1,164 = 8,836 gramos esla masa de hierro que no ha reaccionado.

MÉTODOSDE LA QUÍMICA ANALÍTICA

1. Un ácido desconocido se valora frente alcarbonato de sodio puro y anhidro. 0,2360 g decarbonato de sodio precisan para su total neutra-lización 22,15 ml del ácido. Calcular la normali-dad 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 ácidodesconocido. En primer lugar, calcularemos elnúmero de moles de carbonato de sodio que hanreaccionado:

1 mol Na2CO30,2360 g Na2CO3 · ––––––––––––– =106 g Na2CO3

= 2,226 · 10–3 moles de carbonato de sodio.En el caso de una sal, el número de equivalen-

tes-gramo se calcula multiplicando el número demoles por el producto obtenido al multiplicar elnúmero de cationes por su carga o bien el númerode aniones por su carga. Es decir, en el caso quenos ocupa, 1 mol de carbonato de sodio es igual a2 equivalentes-gramo, ya que hay que multiplicarel número de moles de carbonato de sodio (1) porel producto del número de cationes Na+ (2) por lacarga de cada catión Na+ (1). Así pues, 1 mol de

carbonato de sodio = 1 · (2 · 1) = 2 equivalentes-gramo. El resultado que se obtiene es el mismo sise multiplica el número de moles de carbonato desodio (1) por el producto del número de anionescarbonato (1) por la carga de cada anión carbo-nato (2). En efecto, se obtiene que 1 mol de car-bonato de sodio = 1 · (1 · 2) = 2 equivalentes-gra-mo. Por tanto, se tiene que 2,226 · 10–3 moles de

2 equivalentes-g Na2CO3carbonato de sodio · ––––––––––––––––––––– =1 mol Na2CO3

= 0,004452 equivalentes-gramo de carbonato desodio. Ahora bien, todos los procesos químicostienen lugar reaccionando y formándose el mis-mo número de equivalentes-gramo de todas lassustancias que intervienen en el mismo. Por tan-to, habrán reaccionado también 0,004452 equi-valentes-gramo del ácido desconocido HA. Pordefinición, la normalidad N de una disolución esel cociente entre el número de equivalentes-gra-mo del soluto y el número de litros de disolu-ción. En este caso, se tendrá:

0,004452N = ––––––––––– = 0,2010 N.22,15 · 10–3

2. Al valorar en frío con un ácido, los bicarbo-natos son alcalinos frente al rojo o el anaranja-do de metilo. Se disuelve en agua 1,000 g deuna sustancia alcalina y se valora con un ácido0,500 N. Calcular el volumen de ácido que segasta si se emplea como indicador rojo de metiloen 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 demoles de NaOH presentes:

822

1 mol NaOH1 g NaOH · –––––––––––– = 0,025 moles NaOH.40 g NaOH

En el caso de un hidróxido, el número de equi-valentes-gramo se calcula multiplicando el núme-ro de moles por el número de grupos OH que po-see. Es decir, en el caso que nos ocupa, 1 mol dehidróxido de sodio es igual a 1 equivalente-gramo,ya que hay que multiplicar el número de moles dehidróxido de sodio (1) por el número de gruposOH (1). Así pues, 1 mol de hidróxido de sodio == 1 · 1 = 1 equivalente-gramo. Por tanto, se tieneque 0,025 moles de NaOH = 0,025 equivalentes-gramo de NaOH. Como en todos los procesosquímicos interviene el mismo número de equiva-lentes-gramo de todas las sustancias, se habrángastado también 0,025 equivalentes-gramo del áci-do HA. De la definición de normalidad, se tiene:

número de equivalentes-gramoN = ––––––––––––––––––––––––––––.

V (litros)

Despejando: V · N = número de equivalentes-gramo. Sustituyendo los datos numéricos, resul-ta: V · 0,5 = 0,025. Despejando:

0,025V = –––––– = 0,05 l = 50 ml.0,5

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

NaHCO3 + HA → NaA + CO2 + H2O.

En primer lugar calcularemos el número demoles de bicarbonato de sodio que reaccionan:

1 mol NaHCO31 g NaHCO3 · –––––––––––––– =84 g NaHCO3

= 0,0119 moles de bicarbonato de sodio.

Como el bicarbonato de sodio es una sal, el nú-mero de equivalentes-gramo se calcula multipli-cando el número de moles por el producto obte-nido al multiplicar el número de cationes por sucarga o bien el número de aniones por su carga.Es decir, en el caso que nos ocupa, 1 mol de bi-carbonato de sodio es igual a 1 equivalente-gra-

mo, ya que hay que multiplicar el número de mo-les de bicarbonato de sodio (1) por el producto delnúmero de cationes Na+ (1) por la carga de cadacatión Na+ (1). Así pues, 1 mol de carbonato desodio = 1 · (1 · 1) = 1 equivalente-gramo. El re-sultado que se obtiene es el mismo si se multipli-ca el número de moles de bicarbonato de sodio(1) por el producto del número de aniones bicar-bonato (1) por la carga de cada anión bicarbona-to (1). Por tanto, se tiene que 0,0119 moles debicarbonato de sodio son también 0,0119 equi-valentes-gramo de bicarbonato de sodio. Comoen todos los procesos químicos interviene elmismo número de equivalentes-gramo de todaslas sustancias, se habrán gastado también 0,0119equivalentes-gramo del ácido HA. De la defini-ción de normalidad, se tiene:

número de equivalentes-gramoN = –––––––––––––––––––––––––––.V (litro)

Despejando:V · N = número de equivalentes-gramo.

Sustituyendo los datos numéricos, resulta:V · 0,5 = 0,0119. Despejando:

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

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

Na2CO3 + 2 HA → 2 NaA + CO2 + H2O

En primer lugar calcularemos el número de mo-les de carbonato de sodio que reaccionan en el pro-ceso:

1 mol Na2CO31 g Na2CO3 · –––––––––––––– = 0,009435 moles106 g Na2CO3

de carbonato de sodio. Tal como se explicó ante-riormente, 1 mol de carbonato de sodio es igual a2 equivalentes-gramo. Así pues, 0,009435 mo-les de carbonato de sodio serán 2 · 0,009435 == 0,01887 equivalentes-gramo de carbonato de so-dio. Como en todos los procesos químicos intervie-ne el mismo número de equivalentes-gramo de to-

823


das las sustancias, se habrán gastado también0,01887 equivalentes-gramo del ácido HA. De ladefinición de normalidad, se tiene:

número de equivalentes-gramoN = –––––––––––––––––––––––––––.V (litros)

Despejando: V · N = número de equivalentes-gramo. Sustituyendo los datos numéricos, resul-ta: V · 0,5 = 0,01887. Despejando:

0,01887V = –––––––– = 0,03774 l = 37,74 ml.0,5

3. 20 ml de una disolución que contiene potasacáustica y carbonato de potasio se valoran en fríocon un ácido 0,2 N, factor 0,992. Empleando fe-nolftaleína como indicador, se gastan hasta deco-loración del líquido 27,40 ml del ácido. Se agre-ga ahora rojo de metilo y el líquido se vuelveamarillo y, al continuar valorando hasta débil co-loración rojiza se gastan 5,85 ml del ácido.Calcular la concentración de la disolución en hi-dróxido de potasio y en carbonato de potasio.

RESOLUCIÓN:La primera valoración corresponde a la reac-

ción de neutralización de la potasa cáustica(KOH) y a la reacción entre el carbonato de pota-sio y el ácido para producir bicarbonato de po-tasio, ya que el indicador utilizado ha sido fenolf-taleína y, cuando la fenolftaleína se decolora, elpH del medio es todavía suficientemente alcalinopara impedir el posterior ataque del ácido sobre elbicarbonato de potasio. Por consiguiente, las re-acciones que tienen lugar son las siguientes:

KOH + HA → KA + H2OK2CO3 + HA → KHCO3 + KA

La segunda valoración corresponde al ataquedel ácido sobre el bicarbonato de potasio forma-do en la reacción anterior, ya que, tal como indi-ca el enunciado, se utiliza rojo de metilo comoindicador y pasa de color amarillo (medio bási-

co) a color rojizo (medio ácido). La reacción quese produce en este caso es la siguiente:

KHCO3 + HA → KA + CO2 + H2O

De la definición de normalidad, se deduce queV · N = número de equivalentes-gramo de ácido.Sustituyendo los valores numéricos, se obtienepara la primera valoración: Equivalentes-gramo deácido = 27,40 · 10–3 · 0,2 · 0,992 = 0,005436. Parala segunda valoración, resulta: Equivalentes-gra-mo de ácido = 5,85 · 10–3 · 0,2 · 0,992 = 0,001162.Ahora bien, como el número de equivalentes-gramo ha de ser el mismo en cualquier reacción,en la segunda valoración también habrán reac-cionado 0,001162 equivalentes-gramo de bicar-bonato de potasio, que a su vez, provienende 0,001162 equivalentes-gramo de carbonato depotasio que han reaccionado en la primera valo-ración. Por tanto, estos 0,001162 equivalentes-gramo de carbonato de potasio habrán reacciona-do con 0,001162 equivalentes-gramo de ácido enla primera valoración y, por tanto, el ácido totalgastado para valorar totalmente el carbonato depotasio será: 2 · 0,001162 = 0,002324 equivalen-tes-gramo, que corresponderá asimismo al nú-mero total de equivalentes-gramo de carbonatode potasio que había al principio. Pero como enla primera valoración se ha gastado un total de0,005436 equivalentes-gramo de ácido, en laneutralización del hidróxido de potasio se habrángastado: 0,005436 – 0,001162 = 0,004274 equi-valentes-gramo de ácido, que coincidirán tam-bién con los equivalentes-gramo de hidróxido depotasio que había inicialmente. En el caso delcarbonato de potasio, 1 mol = 2 equivalentes-gramo, por tratarse de una sal con dos cationespotasio de carga uno mientras que en el caso delhidróxido de potasio, 1 mol = 1 equivalente-gra-mo, por tratarse de un hidróxido con un grupoOH. Por tanto, inicialmente había 0,002324: 2 == 0,001162 moles de carbonato de potasio y0,004274: 1 = 0,004274 moles de hidróxido depotasio. Las concentraciones respectivas eran:Carbonato de potasio:

824

0,001162 moles K2CO3 138 g K2CO3–––––––––––––––––––– · –––––––––––– ·20 ml 1 mol K2CO3

1.000 mol· ––––––––– = 8,02 g/l1 l

Hidróxido de potasio:

0,004274 moles KOH 56 g KOH–––––––––––––––––––– · –––––––––– ·20 ml 1 mol KOH

1.000 ml· ––––––––– = 12 g/l1 l

4. Para determinar el calcio presente en unagua mineral, se precipita como oxalato de cal-cio monohidrato, mediante oxalato de amonio aebullición en presencia de cloruro de amonio. Eloxalato de calcio se filtra, se lava cuidadosamen-te, se disuelve después en ácido sulfúrico y se va-lora con permanganato 0,1 N, factor 1,012.Partiendo de 100 ml de agua mineral se gastan13,95 ml de permanganato. Calcular el conteni-do del agua en calcio, determinándolo como ionCa2+ y como óxido de calcio.

RESOLUCIÓN:Las reacciones químicas igualadas correspon-

dientes a los procesos que tienen lugar son las si-guientes:

Ca2+ + (NH4)2C2O4 + H2O →→ CaC2O4 · H2O + 2 NH+

4

CaC2O4 · H2O + H2SO4 →→ CaSO4 + H2C2O4 + H2O

En primer lugar, determinaremos el número deequivalentes-gramo de permanganato que se hangastado 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, coincidirátambién con los equivalentes-gramo de oxalato

de calcio y, por tanto, con los de Ca2+. Ahorabien, en el caso de un catión, el número de equi-valentes-gramo coincide con el número de molesmultiplicado por la carga del catión. Es decir, enel caso del catión Ca2+, 1 mol = 1 · 2 = 2 equiva-lentes-gramo. Así pues, efectuando los cálculosestequiométricos correspondientes se obtiene:0,0014117 equivalentes-gramo

1 mol Ca2+ 40 g Ca2+Ca2+ · –––––––––––––––––––––– · –––––––––– =

2 equivalentes-gramo Ca2+ 1 mol Ca2+

= 0,0283 gramos de Ca2+.

Pero como esta cantidad de Ca2+ está disueltaen 100 ml, la concentración será:

0,0283 g Ca2+ 1.000 ml––––––––––––– · –––––––– = 0,283 g/l.100 ml 1 l

Si se quiere expresar la concentración en formade óxido de calcio se procederá del modo si-guiente:

g Ca2+ 1 mol Ca2+ 1 mol CaO0,283 ––––––– · –––––––––– · ––––––––––– ·l 40 g Ca2+ 1 mol Ca2+

56 g CaO· –––––––––– = 0,396 g/l.1 mol CaO

5. Se prepara una disolución especial de dicro-mato de potasio para valorar el hierro de sus me-nas. El mineral se disuelve en ácido clorhídricoconcentrado, se diluye, se reduce el hierro (III) ahierro (II), se elimina el exceso de reductor y seoxida el hierro (II) a hierro (III) con el dicroma-to. Calcular la concentración de la disolución dedicromato de manera que partiendo de 1 g delmineral, 1 ml de la disolución corresponda a un1% de hierro.

RESOLUCIÓN:En primer lugar, escribiremos las reacciones

químicas correspondientes a la serie de procesosefectuados:

2 Fe + 6 HCl → 2 FeCl3 + 3 H2

Fe3+ → Fe2+

825


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 mo-les de Fe3+ en que se transforma:

1 mol Fe 2 moles Fe3+0,01 g Fe · ––––––––– · ––––––––––– =

55,8 g Fe 2 moles Fe

= 1,792 · 10–4 moles Fe3+.

A continuación vamos a determinar el númerode equivalentes-gramo de Fe(II) que se obtienenen el proceso de reducción de Fe(III) a Fe(II). Enun proceso redox, el número de equivalentes-gramo de una sustancia coincide con el númerode moles por el número de electrones transferi-dos en el proceso. En el caso de la oxidación delFe(II) a Fe(III) se tiene que 1 mol = 1 · 1 = 1equivalente-gramo, ya que únicamente se trans-fiere 1 electrón para pasar de Fe(II) a Fe(III). Portanto, 1,792 · 10–4 moles Fe3+ = 1,792 · 10–4 mo-les Fe2+ = 1,792 · 10–4 equivalentes-gramo deFe2+ = 1,792 · 10–4 equivalentes-gramo de dicro-mato, ya que todas las reacciones tienen lugarequivalente a equivalente. En el caso del procesode reducción del dicromato a cromo (III), 1 molde dicromato se transforma en 2 moles de cromo(III) y se transfieren 3 electrones en el proceso.Por consiguiente: 1 mol = 2 · 3 = 6 equivalentes-gramo. 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 disoluciónserá:

8,78 · 10–3 g 1.000 ml––––––––––– · –––––––– = 8,78 g/l.1 ml 1 l

6. Se analiza una mezcla de arsenito y arsenia-to. Se disuelven 0,500 g de la mezcla y en medioneutro se valora con yodo 0,1 N, necesitándose20,95 ml. La disolución resultante se acidificafuertemente, se añade yoduro de potasio y elyodo liberado se valora con tiosulfato 0,1 N. Segastan 48,35 ml de tiosulfato. Calcular la propor-ción de arsenito y arseniato en la muestra, calcu-lados como As2O3 y As2O5, respectivamente.

RESOLUCIÓN:En la primera valoración, el yodo ha oxidado el

arsenito a arseniato de acuerdo con la siguientereacción:

I2 + AsO3–3 + H2O → 2 I– + AsO3–

4 + 2 H+

La disolución resultante contiene únicamentearseniato. Al acidificar fuertemente y añadir yo-duro de potasio, el arseniato oxida al yoduro ayodo de acuerdo con la siguiente reacción:

AsO3–4 + 2 I– + 2 H+ → I2 + AsO3–

3 + H2O

El yodo que se libera reacciona con el tiosulfa-to del modo siguiente:

I2 + 2 S2O2–3 → 2 I– + S4O2–

6

En primer lugar, calcularemos el número deequivalentes-gramo de yodo que reaccionan en elprimer proceso. Número de equivalentes-gramode yodo = V · N = 20,95 · 10–3 · 0,1 = 2,095 · 10–3.Éste será también el número de equivalentes-gra-mo de arsenito presentes inicialmente en lamuestra analizada. En el caso del proceso de oxi-dación de arsenito a arseniato se transfieren 2electrones, por tanto 1 mol de arsenito = 1 · 2 = 2equivalentes-gramo de arsenito. A partir de la re-lación 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

826

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 deequivalentes-gramo de tiosulfato que han reac-cionado en el segundo proceso: Número deequivalentes-gramo de tiosulfato = V · N == 48,35 · 10–3 · 0,1 = 4,835 · 10–3. Éste será tam-bién el número de equivalentes-gramo de yodoque habrán reaccionado y, por tanto, de arseniatototal. Ahora bien, si de este número de equiva-lentes-gramo de arseniato descontamos los equi-valentes-gramo de arsenito determinados en elprimer proceso, que posteriormente se convier-ten en arseniato, tendremos los equivalentes-gra-mo iniciales de arseniato en la muestra. Es decir,4,835 · 10–3 – 2,095 · 10–3 = 2,74 · 10–3 equiva-lentes-gramo de arseniato iniciales. En el caso dela reducción del arseniato a arsenito se transfie-ren 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 AsO3–4 1 mol As2O5· ––––––––––––––––––––––– · ––––––––––––– ·

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 enla muestra inicial es:

0,1574 g––––––––– · 100 = 31,5 % de As2O5.0,5 g

QUÍMICA DEL CARBONO

1. Escribir las fórmulas de los tres isómeros delpentano.

RESOLUCIÓN:Únicamente puede pensarse en isómeros de 5, 4 y

3 átomos de carbono en la cadena más larga. El úni-

co isómero con una cadena de 5 átomos de carbonoes el n-pentano: CH3—CH2—CH2—CH2—CH3.

Con una cadena principal de 4 átomos de car-bono 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 empezan-do a numerar la cadena por el otro extremo. Porúltimo, con una cadena principal de 3 átomos decarbono, solamente puede existir el 2,2-dimetil-propano:

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 desarrolladasde 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:

H\CO⁄

H

O H H⁄⁄ | ⁄

3. Ídem. H—C 4. Ídem. H—C—N\ | \O—H H H

827


5. Como sólo hay un átomo de carbono, única-mente 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 carbo-

xílico:

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 si-guientes compuestos:

a) C2H4; b) C2H2.

RESOLUCIÓN:a) El compuesto posee una insaturación. Como

no puede ser un compuesto cíclico, al poseer úni-camente dos átomos de carbono, tiene que serforzosamente de un alqueno de 2 átomos de car-bono, es decir, del eteno o etileno. Su fórmuladesarrollada es:

H H\ ⁄CC⁄ \

H Hb) El compuesto posee 2 insaturaciones. Como

no puede ser un compuesto cíclico, ya que única-mente posee dos átomos de carbono, tiene quetratarse forzosamente de un alquino de 2 átomosde carbono, es decir, del etino o acetileno. Sufórmula desarrollada es: H—CC—H.

4. Escribir la fórmula desarrollada de todos losisómeros de fórmula C3H6.

RESOLUCIÓN:El compuesto es un hidrocarburo monoinsatura-

do con 3 átomos de carbono. Por tanto, se puedepensar «a priori» que existan isómeros lineales ycíclicos. Por lo que respecta a los isómeros linea-les, únicamente pueden existir los que tengan3 átomos de carbono en la cadena principal, ya quees imposible tener cadenas de 2 átomos de carbo-no con ramificaciones, puesto que la cadena rami-ficada sería más larga que la principal. Como losposibles isómeros lineales de 3 átomos de carbonodeben poseer un doble enlace, resulta igual colo-carlo en una posición que en otra, ya que los loca-lizadores serán los mismos empezando a contardesde el otro extremo de la cadena principal. Porconsiguiente, el único isómero lineal de fórmulaC3H6 es el propeno:

H H| ⁄H—C—CC

| | \H H H

Por lo que respecta a los posibles isómeros conestructura cíclica, únicamente cabe pensar en el ci-clopropano, ya que tan sólo se dispone de 3 áto-mos de carbono en la estructura. Por tanto, se tiene:

5. Clasificar las siguientes reacciones como desustitución, adición, eliminación, reordenamien-to o redox:

a) CH2CH2 + Br2 → CH2Br—CH2Brb) C2H5OH + HCl → C2H5Cl + H2Oc) CH3—CHCl—CHCl—CH3 + Zn →

→ CH3—CHCH—CH3 + ZnCl2

O||

d) NH4CNO → H2N—C—NH2CH3

|e) CH3—CH2—CH2—CH3 → CH3—C—H

|CH3

828

H HCH H

C—CH H

CH2⁄ \

f ) H2C—CH2 + Br2 → BrCH2—CH2—CH2Br

O⁄ ⁄

g) 3 CH3—C + 2 MnO–4 + OH– ∆→\

HO⁄ ⁄∆→ 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 laadición de una molécula de bromo al doble en-lace de un alqueno. Esta reacción de adiciónes también un proceso redox, ya que el bromose reduce a bromuro mientras que el alqueno seoxida.

b) Se trata de una reacción de sustitución, enque el grupo —Cl sustituye al grupo —OH.

c) Se trata de una reacción de eliminación deuna molécula de cloro mediante la reducción delcompuesto con cinc. Por tanto, es también unproceso redox, en el cual el cinc se oxida y elcompuesto dihalogenado se reduce a alqueno.

d) En esta reacción no aparecen ni desaparecenátomos en el compuesto inicial, sino que la fór-mula molecular se conserva. Se trata, pues, deuna reacción de reordenamiento.

e) Análogamente al caso anterior, en esta reac-ción no aparecen ni desaparecen átomos en elcompuesto inicial, sino que la fórmula molecularse conserva. Se trata, pues, de una reacción de re-ordenamiento.

f) En este caso se produce la adición de unamolécula de bromo al compuesto inicial. Se tra-ta, pues, de una reacción de adición que ademásimplica un proceso redox, ya que el bromo se re-duce a bromuro mientras que el cicloalcano seoxida.

g) Se trata de la oxidación enérgica de un al-dehído a ácido carboxílico. Por tanto es un pro-ceso redox, en el cual el aldehído se oxida a áci-

do carboxílico mientras que el permanganato sereduce a manganeso (IV).

h) Se trata de una reacción de eliminación,concretamente de una deshidrohalogenación, yaque el compuesto inicial pierde HCl para conver-tirse en un radical.

6. De las siguientes especies indicar las que secomportan 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 anio-

nes tienen tendencia a ceder electrones.b) Es una especie nucleófila, ya que el átomo

de oxígeno posee dos pares de electrones nocompartidos, que puede ceder a un compuestocon baja densidad electrónica.

c) Es una especie electrófila, ya que presentadeficiencia electrónica

d) Es una especie electrófila, ya que el catiónaluminio (III) presenta deficiencia electrónica.

e) Es una especie nucleófila, ya que el átomode oxígeno posee dos pares de electrones nocompartidos, que puede ceder a un compuestocon baja densidad electrónica.

f ) Se trata de una especie electrófila, ya que elcatión Be(II) presenta deficiencia electrónica.

g) Se trata de una especie electrófila, ya que elcatión Br(I) presenta deficiencia electrónica.

h) Se trata de una especie electrófila, ya que elcatión Cr(III) presenta deficiencia electrónica.

i) Se trata de una especie electrófila, ya que elcatión Sn(IV) presenta deficiencia electrónica.

j) Se trata de una especie electrófila, ya que alser un catión presenta deficiencia electrónica.

k) Se trata de una especie que es a la vez nu-cleófila y electrófila, ya que el carbono es elec-trófilo pero el oxígeno es nucleófilo.

829


l) Se trata de una especie que es a la vez nu-cleófila y electrófila, ya que el carbono es elec-trófilo pero el nitrógeno es nucleófilo.

m) Se trata de una especie que no es ni nucleó-fila ni electrófila, ya que no tiene tendencia ni adar ni a recibir electrones.

n) Se trata de una especie que no es ni nucleó-fila ni electrófila, ya que no tiene tendencia ni adar ni a recibir electrones.

o) Se trata de una especie nucleófila, ya que eldoble enlace puede reaccionar con una especiede baja densidad electrónica.

7. Clasificar las siguientes reacciones como desustitución, adición, eliminación, reordenamien-to o redox:

O⁄ \

a) CH2OH—CH2Br + OH– → H2C—CH2 +

+ H2O + Br–

b) (CH3)2—CHOH Cu→calor (CH3)2—CO + H2

CH2⁄ \

c) H2C—CH2 + calor → CH2CH—CH3

d) CH3—CH2Br + H– → CH3—CH3 + Br–

e) CH2CH2 + H2Pt→ CH3—CH3

H2SO4f ) 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, concretamenteuna deshidrohalogenación, con pérdida de HBr ya continuación tiene lugar un reordenamiento in-tramolecular con formación de un epóxido.

b) Se trata de una reacción de eliminación de2 átomos de hidrógeno producida por un procesoredox en el que el alcohol se oxida a cetona y losprotones se reducen a hidrógeno molecular.

c) Se trata de una reacción de reordenamientomolecular con apertura de un compuesto cíclicopara adoptar una estructura lineal.

d) Se trata de una reacción redox de desplaza-miento en que el hidruro se oxida a hidrógeno yel bromo se reduce a bromuro.

e) Se trata de un proceso redox de adición de hi-drógeno al doble enlace de un alqueno. El alquenose reduce a alcano y el hidrógeno se oxida a H+.

f) Se trata de una reacción de sustitución en unanillo bencénico, concretamente de una nitración,en la cual un grupo nitro sustituye a un hidrógeno.

g) Se trata de una reacción de eliminación, enla que un ácido carboxílico al ser calentado atemperaturas elevadas elimina una molécula deagua de su estructura con desprendimientode monóxido de carbono.

h) Se trata de una reacción de adición de aguacon formación de un ácido carboxílico.

HIDROCARBUROS

1. Indicar la fórmula de los alquenos que seformarán en la deshidrobromación de los si-guientes compuestos: a) 1-bromobutano; b) 2-bromobutano; c) 3-bromopentano; d) 2-bromo-2-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 juntocon un átomo de H de un carbono adyacente.Como en este caso únicamente hay un átomo decarbono adyacente, tan sólo se formará un pro-ducto en la reacción:

H2C—CH—CH2—CH3 →| |

Br H→ H2CCH—CH2—CH3

b) En este caso, el átomo de Br tiene dos áto-mos de carbono adyacentes, los situados en lasposiciones 1 y 3, por lo que se obtendrán los dosproductos de reacción siguientes:

830

H2C—CH—CH—CH3 →| | |H Br H

→ H2CCH—CH2—CH3 +

+ CH3—CHCH—CH3

De los dos productos se obtendrá preferente-mente el 2-buteno ya que por la regla deSaycheff, el orden de preferencia para eliminarlos H en las reacciones de deshidrohalogenaciónes: terciario > secundario > primario y, en estecaso, el 2-buteno se forma a partir de la elimina-ción de un H situado en un átomo de carbono se-cundario, mientras que el 1-buteno se forma apartir de la eliminación de un H situado en unátomo de carbono primario. Como el 2-butenopresenta 2 isómeros (cis- y trans-) se obtendrápreferentemente el isómero trans- por su mayorestabilidad. Así pues, el producto mayoritario dereacción será el trans-2-buteno.

c) En este caso, los hidrógenos situados en los2 átomos de carbono adyacentes son equivalen-tes y, por tanto, se obtendrá únicamente 2-pente-no 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 obtendrápreferentemente el isómero trans- por su mayorestabilidad. Por consiguiente, el producto mayori-tario obtenido en el proceso es el trans-2-penteno.

d) En este caso, el átomo de Br tiene dos áto-mos de carbono adyacentes, los situados en lasposiciones 1 y 3, por lo que se obtendrán los dosproductos 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 preferente-mente

CH3|

CH3—CCH—CH2—CH3

ya que por la regla de Saycheff, el orden de prefe-rencia para eliminar los H en las reacciones de des-hidrohalogenación es: terciario > secundario > pri-mario y, en este caso, el

CH3|

CH3—CCH—CH2—CH3

se forma a partir de la eliminación de un H situadoen un átomo de carbono secundario, mientras que el

CH3|

H2CC—CH2—CH2—CH3

se forma a partir de la eliminación de un H situa-do en un átomo de carbono primario. En estecaso, ninguno de los isómeros obtenidos presen-ta isomería cis-trans.

e) En este caso, el átomo de Br tiene dos áto-mos de carbono adyacentes, los situados en lasposiciones 2 y 4, por lo que se obtendrán los dosproductos 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 preferente-mente (CH3)2—CCH—CH2—CH3 ya que porla regla de Saycheff, el orden de preferencia paraeliminar los H en las reacciones de deshidrohalo-genación es: terciario > secundario > primario y,en este caso, el (CH3)2—CCH—CH2—CH3

se forma a partir de la eliminación de un H situa-do en un átomo de carbono terciario, mientrasque el (CH3)2—CH—CHCH—CH3 se formaa partir de la eliminación de un H situado en unátomo de carbono secundario. De este últimocompuesto se obtendrá una mezcla de los isóme-ros cis- y trans-, con mayor proporción del trans-a causa de su mayor estabilidad.

831


f) En este caso, el átomo de Br tiene tres áto-mos de carbono adyacentes, por lo que se obten-drán los tres productos de reacción siguientes:

H2CH|

CH3—CH—C—C—(CH3)2 →| | |

H Br HCH3

|→ CH3—CHC—CH—(CH3)2 +

CH3|

+ CH3—CH2—CC—(CH3)2 +

CH3||

+ CH3—CH2—C—CH—(CH3)2

De los tres productos se obtendrá preferente-mente

CH3|

CH3—CH2—CC—(CH3)2

ya que por la regla de Saycheff, el orden de prefe-rencia para eliminar los H en las reacciones de des-hidrohalogenación es: terciario > secundario > pri-mario y, en este caso, el

CH3|

CH3—CH2—CC—(CH3)2

se forma a partir de la eliminación de un H situa-do en un átomo de carbono terciario, mientrasque el

CH3|

CH3—CHC—CH—(CH3)2

se forma a partir de la eliminación de un H situa-do en un átomo de carbono secundario y el

CH2|

CH3—CH2C—CH—(CH3)2

se forma a partir de la eliminación de un H situa-do en un átomo de carbono primario.

2. Indicar las fórmulas de los alquenos forma-dos por la deshidratación de los siguientes alco-holes:

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 áto-mo de H de un carbono adyacente. En este caso, elgrupo OH tiene dos átomos de carbono adyacen-tes, los situados en las posiciones 1 y 3, por lo quese obtendrán los dos productos de reacción si-guientes:

CH3 CH3| |

CH3—CC—CH3 + H2CC—CH—CH3| |

CH3 CH3

De los dos productos se obtendrá preferente-mente

CH3|

CH3—CC—CH3|

CH3

ya que por la regla de Saycheff, el orden de pre-ferencia para eliminar los H en las reacciones dedeshidratación es: terciario > secundario > pri-mario y, en este caso, el

CH3|

CH3—CC—CH3|

CH3

se forma a partir de la eliminación de un H si-tuado en un átomo de carbono secundario, mien-tras que

CH3|

H2CC—CH—CH3|

CH3

832

se forma a partir de la eliminación de un H situa-do en un átomo de carbono primario.

b) En este caso, el alcohol neopentílico no puededeshidratarse directamente porque no hay átomosde H en el carbono adyacente. El catión neopenti-lo formado inicialmente es primario y, por tanto,experimenta una reordenación para convertirse enun catión terciario mucho más estable. Finalmentese produce la pérdida de un protón para formardos alquenos como productos de la reacción:

CH3| + –H2OCH3—C—CH2—OH2 →|

CH3CH3

–H2O| +

→ CH3—C—CH2 →|

CH3CH3

|–H+

→ CH3—C—CH2—CH3 →+

CH3

–H+ |→ CH3—CCH—CH3 +

CH3|

+ CH2C—CH2—CH3

De los dos alquenos obtenidos es más estableCH3

|CH3—CCH—CH3

por ser trisustituido mientras que el otro alquenoúnicamente es disustituido.

3. Indicar el compuesto formado en las si-guientes reacciones:

CH3|

a) CH3—CCl—CH2—CH3 + KOH →+BrF3b) 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 deshidrohaloge-

nación, en la que se forma preferentemente

CH3|

CH3—CCH—CH3

es decir, 2-metil-2-buteno, de acuerdo con la re-gla de Saycheff.

b) Se trata de una reacción de deshidrataciónen los dos extremos de la cadena carbonada, conformación de H2CCH—CHCH2 es decir,1,3-butadieno.

c) Se trata de una reacción de deshidrobromaciónen los dos extremos de la cadena carbonada, con pos-terior ciclación para formar el compuesto: ,es decir, ciclohexeno.

d) Se trata de una reacción de deshidrobroma-ción en que los tres carbonos adyacentes son equi-valentes. Por tanto, el único producto de la reac-ción será:

CH3|

CH3—CCH2,

es decir, isobutileno.

4. Indicar el producto principal que se obtendráen las siguientes reacciones de alquilación:

CH3 \ AlCl3a) C6H6 + CH—CH2Cl →⁄

CH3

CH3|

BF3b) C6H5—CH3 + CH3—C—CH2OH →|

CH3

AlCl3c) C6H6 + CH3—CH2—CH2—CH2—Cl →100 °C

833


CH3|

AlCl3d) m-xileno + CH3—C—Cl →| 100 °C

CH3

RESOLUCIÓN:a) La secuencia de reacciones que se producen

es la siguiente:CH3

|AlCl3CH3—CH—CH2Cl →

CH3| +

→ CH3—CH—CH2 →CH3 CH3

|C6H6

|→ CH3—C—CH3 → CH3—C—CH3+ |

C6H5En primer lugar el alcohol isobutílico se con-

vierte en el catión primario isobutilo, que paraganar estabilidad se transforma en el catión ter-ciario ter-butilo, que finalmente reacciona con elbenceno para originar el ter-butilbenceno

CH3|

CH3—C—CH3|C6H5

b) La secuencia de reacciones que tienen lugares la siguiente:

CH3 CH3|

BF3| +

CH3—C—CH2OH → CH3—C—CH2 →| |

CH3 CH3CH3|

C6H5CH3→ CH3—C—CH2—CH3 →+CH3

C6H5CH3|

→ p—CH3—C6H4—C—CH2—CH3|CH3

En primer lugar, el alcohol neopentílico seconvierte en el catión primario neopentilo, que setransforma en el catión terciario ter-pentilo, quefinalmente reacciona con el tolueno para produ-cir el p-ter-pentiltolueno

CH3|

p—CH3—C6H4—C—CH2—CH3|

CH3

c) La secuencia de reacciones que se producees la que se indica a continuación:

AlCl3CH3—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 convier-te en el catión primario n-butilo que se transfor-ma en el catión secundario correspondiente paraganar estabilidad, que posteriormente reaccionacon el benceno para originar el s-butilbenceno

C6H5—CH—CH2—CH3|

CH3d) En este caso, el cloruro de ter-butilo forma-

do reacciona sustituyendo uno de los grupos me-tilo del m-xileno para formar el compuesto

que tiene menor tensión estérica y es más estableque el isómero -orto.

5. Un compuesto de fórmula molecular C6H10

adiciona 2 moles de H2 para formar 2-metilpen-tano, da un compuesto carbonílico en soluciónacuosa de H2SO4 + HgSO4 y no reacciona consolución amoniacal de nitrato de plata. Indicar dequé compuesto se trata.

RESOLUCIÓN:Como el compuesto adiciona 2 moles de hidró-

geno, debe poseer 2 insaturaciones, es decir, elcompuesto puede tener 2 dobles enlaces (dieno) o

834

CH3

CH3

CH3H3C

C CH3

bien un triple enlace (alquino). El hecho de queorigine un producto carbonílico al ser tratado conuna solución acuosa de H2SO4 + HgSO4 nos indi-ca que se trata de un alquino, que adiciona agua ensu estructura y, posteriormente, transforma el enolobtenido en un compuesto carbonílico. El hechode que el compuesto carbonílico formado no reac-cione con solución amoniacal de nitrato de plata(Reactivo de Tollens) indica que no se trata de unaldehído. Por tanto el compuesto carbonílico for-mado debe ser una cetona, lo que indica que el tri-ple enlace del alquino no puede estar en el extremode la cadena. Con todos estos datos, la única es-tructura posible corresponde al 4-metil-2-pentino:

CH3—CC—CH—CH3|

CH3

6. Al calentar el compuesto C4H9Br (A) conKOH alcohólica, se forma un alqueno, C4H8 (B),que reacciona con bromo para dar (C). El com-puesto (C ) se transforma por el KNH2 en un gas,de fórmula C4H6 (D), que forma un precipitadocuando se pasa por CuCl amoniacal. Indicar lasfórmulas 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 in-dica, por una parte, que A debe ser un haluro de al-quilo que experimenta una reacción de deshidro-bromación y, por otra parte, que el átomo de Br seencuentra en el carbono del extremo de la cadenacarbonada porque de lo contrario se obtendría unamezcla de alquenos. Así pues, el compuesto B debeser un alqueno, lo que queda confirmado por el he-cho de que adiciona 1 mol de bromo y posee una in-saturación, ya que si no adicionara el bromo podríatratarse de un cicloalcano. Por tanto, el compuestoC debe ser un dibromoalcano. La reacción de C conKNH2 corresponde a una enérgica deshidrobroma-ción con pérdida de 2 moles de HBr para formar elcompuesto 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 enla-ce en el extremo de la cadena carbonada por lo quesu átomo de hidrógeno situado en dicha posicióntiene características ácidas. Así pues, el compuestoD únicamente puede ser HCC—CH2—CH3, Cdebe ser forzosamente BrCH2—CHBr—CH2——CH3, el alqueno B es H2CCH—CH2—CH3 yA es BrCH2—CH2—CH2—CH2.

COMPUESTOSORGÁNICOS OXIGENADOS

1. Indicar la fórmula de los alcoholes formadospor reacción de Grignard entre los siguientes paresde haluros y compuestos carbonílicos: a) bromo-benceno y acetona; b) cloruro de isopropilo y ben-zaldehído; c) clorociclohexano y metilfenilcetona.

RESOLUCIÓN:a) La secuencia de reacciones que tiene lugar

es la siguiente:1. CH3—C—CH3

| |Mg OC6H5Br → C6H5MgBr →éter 2. H2O

1. CH3—C—CH3| |

CH3

O|

→ C6H5—C—OH2. H2O |

CH3

Por tanto, el alcohol formado es:

b) La secuencia de reacciones que tiene lugares la siguiente:

O H CH3⁄⁄ 1. (CH3)2CH—MgCl

| ⁄C6H5—C → C6H5—C—CH\ 2. H2O | \

H OH CH3

835


CH3|

—C—OH|

CH3

Por tanto, el alcohol formado es:

c) La secuencia de reacciones que tiene lugares la siguiente:

OCl MgCl| |⁄

Mg⁄

1. C6H5—C—CH3→ →éter 2. H2O

O| |

CH3

1. C6H5—C—CH3|

→ C6H5—C— + Mg(OH)Cl2. H2O |

OHPor tanto, el alcohol formado es:

2. Indicar los productos que se obtienen al re-accionar el 1-propanol con: a) solución alcalinaacuosa de permanganato de potasio; b) virutascalientes de cobre; c) ácido acético.

RESOLUCIÓN:a) Se trata de una oxidación muy enérgica del

1-propanol. En estas condiciones, el 1-propanolse oxida en una primera etapa a propanal, que esoxidado posteriormente hasta obtener finalmenteel ácido propiónico, CH3—CH2—COOH.

b) Se trata de una oxidación suave del 1-propa-nol. En estas condiciones, el 1-propanol se oxidaúnicamente hasta propanal, sin que el aldehído for-mado pueda oxidarse ulteriormente,

O⁄⁄

CH3—CH2—C\H

c) Se trata de una reacción de esterificación, enla que se obtendrá el acetato de n-propilo,

O⁄⁄

CH3—C\O—CH2—CH2—CH3

3. Los siguientes reactivos de Grignard y alde-hídos o cetonas reaccionan y los productos resul-tantes son hidrolizados. Indicar el nombre delalcohol obtenido en cada caso: a) benzaldehídoy C2H5MgBr; b) acetaldehído y bromuro debencilmagnesio; c) acetona y bromuro de bencil-magnesio; d) formaldehído y bromuro de ciclo-hexilmagnesio; e) acetofenona y bromuro de etil-magnesio.

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⁄⁄

CH3—C + —CH2MgBr →\H

→ —CH2—CHOH—CH3.

c) La reacción que tiene lugar es la siguiente:

CH3—C—CH3 + —CH2MgBr →| |O

CH3|

→ —CH2—C—CH3.|

OHd) 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

836

CH3|

—C—|OH

CH3⁄

—CHOH—CH\CH3

4. Indicar las fórmulas de los productos obteni-dos en las siguientes condensaciones:

O⁄⁄

a) CH3— —C +\H

O O| | | |C C

CH3—CH2—COO–Na+

+ CH3—CH2⁄ \ ⁄ \CH2—CH3 →O

OH–

b) ciclohexanona + CH3—CH2NO2 →

O⁄⁄ OH–

c) —C + —CH2—CN →\H

OH–

d) benzofenona + ciclopentadieno →

O O| | ⁄⁄ OH–

e) CH3—C—CH3 + 2 —C →\H

RESOLUCIÓN:

a) Se trata de una condensación de Perkin:

CH3 H O O| | | | | |+ H—C—C—O—C—CH2—CH3 →

||

CCH3

⁄ \\H O

b) La reacción de condensación que tiene lugares la siguiente:

O + H—CH—NO2 →|

CH3

OH—H2O→ ⁄

\ → C—NO2

CH—NO2|

| CH3

CH3

c) La reacción de condensación que tiene lugares la siguiente:

d) La reacción de condensación que tiene lugares la siguiente:

e) La reacción de condensación que tiene lugares la siguiente:

H|

—C—CH2—C—CH2—| | |

OH O

837


O—CH3—CH2—COOH

| ⁄⁄→ CH3— —CHC—C

OH

H H O O| | | | | |

→ CH3— —C—C—C—O—C—CH2—CH3| |

OH CH3

CH3

H⁄

C + H—CH—CN →\\ |O

—H2O→ —CHOH—CH—CN →|

—H2O CN→ \ ⁄CC⁄ \

H

→ CPh

Ph

—H2O

CO + → →C

H

Ph OH

PhH

Ph

Ph

H—H2O

H| –2 H2O—C— →|

OH–2 H2O→ —CHCH—C—CHCH—

| |O

5. El reactivo de Grignard de RBr (I) conO⁄⁄

CH3—CH2—C\H

da un alcohol secundario (II), que se convierte enR'Br (III), cuyo reactivo de Grignard se hidrolizaen un alcano (IV). (IV) también se produce me-diante acoplamiento de (I). Indicar las fórmulasde 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) des-pués de hidrólisis, el compuesto (II) debe ser unalquil-etil-carbinol, obtenido mediante el proceso:

La conversión de (II) en (IV) tiene lugar median-te la siguiente secuencia de reacciones:

HBrCH3—CH2—CHOH—R →(II)

HBr→ CH3—CH2—CHBr—R;(III)

MgCH3—CH2—CHBr—R →(III)

éter

Mg H2O→ CH3—CH2—CN—R →éter

|MgBr

H2O→ CH3—CH2—CH2—R(IV)

El compuesto (IV) debe ser simétrico porqueestá formado por acoplamiento a (I). Por tanto, Res —CH2—CH2—CH3 y el compuesto (I) esCH3—CH2—CH2Br. El compuesto (IV) es el n-hexano, (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 cadauno de los siguientes compuestos reacciona condisolución acuosa de hidróxido de sodio, tenien-do en cuenta que en los casos a) y b) se acidificala sal que se forma inicialmente: a) ácido 2-bro-mobutanoico; b) ácido 3-bromobutanoico; c) áci-do 4-bromobutanoico; d) ácido 5-bromopenta-noico.

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—COOH2. H+

b) En este caso tendrá lugar una reacción dedeshidrohalogenación, siendo la fuerza impulso-ra del proceso la formación de un sistema conju-gado ya que las reacciones de eliminación son re-acciones típicas de los ácidos carboxílicos susti-tuidos:

838

OCH2—CH2—C

HH

|H2ORMgBr → CH3—CH2—C—R →

| H+

OMgBrH2O→ CH3—CH2—CHOH—R (II)H+

O⁄⁄ 1. OH–

CH3—CH—CH2—C →| \ 2. H+

Br OHO

1. OH– ⁄⁄→ CH3—CHCH—C

2. H+ \OH

c) En este caso se producirá un desplazamientointramolecular, iniciado por el anión nucleofílicocarboxilato, puesto que los haloácidos formancon facilidad ésteres cíclicos internos denomina-dos lactonas:

d) Análogamente al caso anterior, se produciráun desplazamiento intramolecular iniciado por elanión carboxilato para producir una lactona:

7. Indicar el producto que se forma cuando elcloruro de propionilo reacciona con:

a) H2O;

b) CH3—CH2OH;

c) NH3;

d) + AlCl3;

e) (n-C3H7)2Cd;

f ) NaOH acuosa;

g) CH3—NH2;

h) Na2O2.

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

O⁄⁄

CH3—CH2—C + H2O →\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:

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 + + AlCl3 →\Cl

O| |

→ CH3—CH2—C— + HCl

e) La reacción que se produce es la siguiente:

O CH2—CH2—CH3⁄⁄ ⁄2 CH3—CH2—C + Cd →\ \

Cl CH2—CH2—CH3

O| |

→2 CH3—CH2—C—CH2—CH2—CH3 + CdCl2

839


NaOHBrCH2—CH2—CH2—COOH →

NaOH→ Br—CH2—CH2—CH2—C—O–Na+ →| |O

→ + NaBrO

O

||

Br—CH2—CH2—CH2—CH2—C—O– →| |O

→ O

|| O

f) La reacción que tiene lugar es la siguiente:

O⁄⁄

CH3—CH2—C + N3OH →\Cl

O⁄⁄

→ CH3—CH2—C + HCl\ONa

g) La reacción que tiene lugar es la siguiente:

O⁄⁄

CH3—CH2—C + CH3—NH2 →\Cl

O⁄⁄

→ CH3—CH2—C + HCl\NH—CH3

h) La reacción que tiene lugar es la siguiente:

O⁄⁄

2 CH3—CH2—C + Na2O2 →\Cl

O O| | | |

→ CH3—CH2—C—O—O—C—CH2—CH3

COMPUESTOS ORGÁNICOSHALOGENADOS Y NITROGENADOS

1. Indicar los productos que se forman al tratarel 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:

Mg—Br éter→ —MgBr

El producto que se forma es el bromuro de fe-nilmagnesio.

b) Se trata de una reacción de sulfonación en elanillo bencénico con formación de una mezclade isómeros: ácido orto-bromobencenosulfónicoy ácido para-bromobencenosulfónico, ya que sonmás estables que el isómero meta-:

SO3⁄H2SO4—Br → —Br + O3S— —Br

SO3

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

Cl⁄

Cl2—Br → —Br + Cl— —BrAlCl3

d) Se trata de una reacción cruzada entre dosmoléculas de bromobenceno con formación deun compuesto, el bifenilo, que contiene 2 anillosbencénicos:

Cu2 —Br → — + CuBr2∆

2. Indicar los productos que se forman en lassiguientes 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⁄f ) CH3—CHC + HI →;\

CH3

g) CH3—CH2—CH2Br + I– →.

840

RESOLUCIÓN:a) Se trata de una reacción de sustitución de un

grupo alcohol por un grupo yodo con formaciónde 1-yodopropano:

CH3—CH2—CH2OH + HI →→ CH2—CH2—CH2I + H2O

b) Se trata de una reacción de sustitución de ungrupo alcohol por un grupo bromo con forma-ción de 1-bromobutano:

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

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

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

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

CH3\CH—CH2OH + SOCl2 →⁄

CH3

CH3\→ CH—CH2Cl + HCl + SO2⁄

CH3

e) Se trata de una reacción de adición (broma-ción) al doble enlace de un alqueno con forma-ción de 1,2-dibromoetano:

H2CCH2 + Br2 → H2CBr—CH2Br

f) Se trata de una reacción de adición de HI aldoble enlace de un alqueno con formación de 2-yodo-2-metilbutano:

CH3⁄CH3—CHC + HI →\

CH3

CH3⁄→ CH3—CH2—CI\

CH3

g) Se trata de una reacción de sustitución de ungrupo bromo por un grupo yodo con formaciónde 1-yodopropano:

CH3—CH2—CH2Br + I– →→ CH3—CH2—CH2I + Br–

3. La condensación de C6H5NH2 con

O⁄⁄

C6H5—C\H

da el compuesto (A) que por hidrogenación ca-talítica origina el producto (B). Indicar las fór-mulas de los compuestos (A) y (B).

RESOLUCIÓN:O⁄⁄

La condensación de C6H5NH2 con C6H5—C\H

tiene que dar forzosamente una imina, de acuer-do con la reacción siguiente:

O\\—NH2 + C— →

⁄H

→ —NCH— + H2O

Así pues, el compuesto (A) tiene que ser

—NCH—

La hidrogenación catalítica de (A) produce

—NH—CH2—

de acuerdo con la reacción siguiente:

—NCH— +

+ H2 → —NH—CH2—

Por consiguiente, el producto (B) debe ser

—NH—CH2—

841



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

b) Se trata de una reacción de hidrogenacióncatalítica 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 deuna amida con formación de una amina con unátomo menos de carbono:

O⁄⁄

CH3—CH2—CH2—C + Br2 + 2 KOH →\NH2

d) Se trata de una reacción de nitrosación deuna amina secundaria para dar una nitrosoamina:

CH3 CH3\ \NH + HNO2 → N—NO + H2O⁄ ⁄

CH3 CH3

e) Se trata de una reacción de formación de unisocianuro producida al calentar una amina prima-ria con una mezcla de cloroformo y una base fuerte:

CH3—CH2—NH2 + CHCl3 + 3 KOH →

→ CH3—CH2—NC + 3 KCl + 3 H2O


CH3OHa) HS– + CH3—CH2—CHBr—CH3 →

CH3|

HCOOHb) I– + CH3—C—Br →|

CH3

c) CH3—CH2Br + AgCN →

d) CH3—CHBr—CH3 + CH3—NH2 →

RESOLUCIÓN:

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

CH3OHHS– + CH3—CH2—CHBr—CH3 →

CH3OH→ CH3—CH2—CH—CH3|SH

b) Se trata de una reacción de esterificaciónproducida por la eliminación de un grupo bromo:

CH3| HCOOHI– + CH3—C—Br →|

CH3

CH3O

HCOOH | | |→ CH3—C—O—C—H + HBr

|CH3

c) Se trata de la síntesis de un nitrilo por eli-minación de un grupo bromo:

CH3—CH2Br + AgCN →

→ CH3—CH2—CN + AgBr↓

d) Se trata de la formación de una sal de amo-nio cuaternario:

842

→CH3—CH2—CH2—NH2 + CO2 + 2 KBr + H2O

844

c) En este caso se produce la formación de una osazona por reacción del grupo carbonilo con la fe-nilhidracina:

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| | oxima

H—C—OH H—C—OH| |

CH2OH CH2OHe) 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

| | manitolH—C—OH 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 % dehidrógeno 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 elcompuesto será: 100 – 75,63 = 24,37 %. Consideremos 100 gramos del compuesto. Los moles que ten-dremos de cada uno de los elementos que constituyen el compuesto serán los siguientes:

1 mol C 1 mol HC: 55 gramos · –––––––––– = 4,583 moles C; H: 9,93 gramos · –––––––––– = 9,93 moles H12 gramos 1 gramo

1 mol N 1 mol ON: 10,7 gramos · –––––––––– = 0,764 moles N; O: 24,37 gramos · –––––––––– = 1,523 moles O14 gramos 16 gramos

O H\\ ⁄C

|H—C—OH

|HO—C—H + 2 NH2—NH— →

|H—C—OH

|H—C—OH

|CH2OH

|HO—C—H

|H—C—OH

|H—C—OH osazona

|CH2OH

CHN—NH—

CN—NH—

Dividiendo todos los valores anteriores por0,764 se obtiene la siguiente relación molar:C6H13NO2, que corresponde a la fórmula empíri-ca del compuesto.

b) La masa molecular mínima del compuesto serála 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 azu-fre, un 52,75 % de carbono, un 7,10 % de hidró-geno y un 15,51 % de nitrógeno. Calcular elpeso molecular mínimo de la ovoalbúmina.

RESOLUCIÓN:La suma de los porcentajes de azufre, carbono,

hidrógeno y nitrógeno presentes en la ovoalbú-mina es: 1,62 + 52,75 + 7,10 + 15,51 = 76,98 %.Por consiguiente, el porcentaje de oxígeno quehay en el compuesto es: 100 – 76,98 = 23,02 %.Consideremos 100 gramos del compuesto. Losmoles que tendremos de cada uno de los elemen-tos que constituyen el compuesto serán los si-guientes:

1 mol SS: 1,62 gramos · –––––––––– = 0,05 moles S32 gramos

1 mol CC: 52,75 gramos · –––––––––– = 4,396 moles C12 gramos

1 mol HH: 7,10 gramos · –––––––––– = 7,10 moles H1 gramo

1 mol NN: 15,51 gramos · –––––––––– = 1,108 moles N14 gramos

1 mol OO: 23,02 gramos · –––––––––– = 1,439 moles O16 gramos

Dividiendo todos los valores anteriores por0,05 se obtiene: C86H142N22O29S, que correspon-de a la fórmula empírica del compuesto. Por tan-to, el peso molecular mínimo corresponderá alde su fórmula empírica:

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

4. Se ha encontrado que una enzima posee un0,8 % de cisteína. Calcular el peso molecular mí-nimo de la enzima.

RESOLUCIÓN:La cisteína es un aminoácido de fórmula mole-

cular 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. Porconsiguiente:

121,2 · 100M = ––––––––––– = 15 · 1500,8

5. Una solución acuosa contiene 0,3 g de unapolialanina isoeléctrica por cada 100 ml y ejerceuna presión osmótica de 7,85 mm de Hg a latemperatura de 25 °C. Calcular el peso molecularaparente del polipéptido.

RESOLUCIÓN:Aplicando la ecuación de la presión osmótica, se

tiene: π V = n R T. Ahora bien, n = a/M. Sustitu-yendo este valor en la ecuación precedente resulta:

aπ V = –––– R TM

Así, despejando se obtiene:

a R TM = ––––––.π V


0,3 · 0,082 · 298,16M = ––––––––––––––––– = 7101.7,85––––– · 01760

6. Una proteína contiene un 0,58 % en peso detriptófano. Calcular el peso molecular mínimode la proteína.

845


RESOLUCIÓN:El triptófano es un aminoácido de fórmula mo-

lecular C10H12N2O2,

cuya masa molecular es:

M = (10 · 12) + (12 · 1) + (2 · 14) + (2 · 16) == 192.

Así pues, se tendrá: 0,58 % · M = 192. Por con-siguiente:

192 · 100M = ––––––––– = 33.103.0,58

7. La hemoglobina contiene un 0,34 % de hie-rro en peso. Calcular el peso molecular mínimode la hemoglobina.

RESOLUCIÓN:La molécula de hemoglobina es una pro-

teína que contiene un único átomo de hierroen su estructura tetrapirrólica. Por consiguiente,se tendrá: 0,34 % · M = 55,83. Despejando, re-sulta:

55,83 · 100M = –––––––––– = 16.420.0,34

8. Una solución acuosa que contiene 0,5 g deun polisacárido neutro en 100 ml ejerce una pre-sión osmótica de 25,82 mm de Hg a la tempera-tura de 25 °C. Calcular el peso molecular del po-lisacárido.

RESOLUCIÓN:Aplicando la ecuación de la presión osmótica,

se tiene: π V = n R T. Ahora bien, n = a/M. Sus-

tituyendo este valor en la ecuación precedentearesulta: π V = ––– R T. Así, despejando se obtiene:M

a R TM = ––––––. Sustituyendo los valores numéricos:π V

0,5 · 0,082 · 298M = ––––––––––––––––– = 3.596.25,82–––––– · 01760

9. Calcular el volumen de KOH 0,1 M que senecesita para valorar por completo:

a) 450 ml de solución 0,25 M de clorhidrato dealanina.

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 glutá-

mico 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 alanina0,450 l · ––––––––––––––––––––––––––––– ·

l

2 moles KOH 1 l· –––––––––––––––––––––––– · –––––––––––– ·1 mol clorhidrato de alanina 0,1 mol KOH

1.000 ml· –––––––– = 2.250 ml1 l

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

846

—C—CH—COOH| | | |\ ⁄ NH2NH

Por la estequiometría del proceso se tiene:

0,1 mol serina 1 mol KOH0,2 l · –––––––––––––– · –––––––––––– ·l 1 mol serina

1 l 1.000 ml· –––––––––––– · –––––––– = 2.250 ml0,1 mol KOH 1 l

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+


0,15 moles glutamato monosódico0,4 l · ––––––––––––––––––––––––––––– ·l

1 mol KOH 1 l· –––––––––––––––––––––––– · –––––––––––– ·1 mol glutamato monosódico 0,1 mol KOH

1.000 ml· –––––––– = 600 ml1 l

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+


0,15 moles ácido glutámico0,4 l · –––––––––––––––––––––––– ·l

2 moles KOH 1 l· –––––––––––––––––––– · –––––––––––––– ·1 mol ácido glutámico 0,1 moles KOH

1.000 ml· –––––––– = 1.200 ml1 l

Es decir, se precisan 1.200 ml de KOH 0,1 M.

10. Calcular el pH de la solución obtenida alañadir 20 ml de solución 0,2 M de HCl a 30 mlde solución 0,1 M de glicinato de sodio.DATO: pKa1 = 2,34.

RESOLUCIÓN:En 20 ml de solución 0,2 M de HCl hay:

1 l 0,2 moles HCl20 ml · ––––––––– · ––––––––––––––– =1.000 ml 1 l

= 0,004 moles HCl.

En 30 ml de solución 0,1 M de glicinato de so-dio hay:

1 l 0,1 moles glicinato de sodio30 ml · ––––––– · –––––––––––––––––––––––– =1.000 ml 1 l

= 0,003 moles de glicinato de sodio.

La reacción que tiene lugar entre el glicinatode sodio y el ácido clorhídrico es la siguiente:

NH2—CH2—COONa + HCl →→

+NH3—CH2—COO– + NaCl

En el proceso anterior reaccionan 0,003 molesde HCl con 0,003 moles de glicinato de sodio y seforman 0,003 moles de glicocola isoeléctrica. Portanto, todavía quedan 0,004 – 0,003 = 0,001 mo-les de HCl en exceso, que seguirán reaccionandocon la glicocola isoeléctrica para producir clorhi-drato de glicocola, de acuerdo con la siguientereacción:

+NH3—CH2—COO– + HCl →→ Cl–

+NH3—CH2—COOH

En este proceso, se formarán 0,001 molesde clorhidrato de glicocola y desaparecerán0,001 moles de glicocola isoeléctrica, con lo quequedarán todavía 0,003 – 0,001 = 0,002 moles deglicocola isoeléctrica. Así pues, al final del pro-ceso, se tendrán 0,002 moles de glicocola iso-eléctrica (AAº) y 0,001 moles de clorhidrato de

847


glicocola (AA+). Las concentraciones respecti-vas serán:

0,002 moles 1.000 ml[AAº] = –––––––––––– · ––––––––– = 0,04 M(20 +30) ml 1 l

0,001 moles 1.000 ml[AA+] = –––––––––––– · ––––––––– = 0,02 M(20 +30) ml 1 l

Aplicando la ecuación de Henderson-Hassel-balch, se tiene:

[AAº]pH = pKa1 + log –––––––. [AA+]


0,04pH = 2,34 + log ––––– = 2,64.0,02

POLÍMEROS

1. Mediante razonamientos quí-micos, explicar por qué las prime-ras gotas de lluvia en una granciudad industrial producen carre-ras en las medias de nylon.

RESOLUCIÓN:El aire contaminado de las grandes ciudades

industriales contiene concentraciones relativa-mente elevadas de trióxido de azufre. Cuandollueve, las primeras gotas contienen una alta pro-porción de ácido sulfúrico, formado al reaccio-nar el trióxido de azufre con el agua, que ataca alnylon.

2. Teniendo en cuenta sus estructuras molecu-lares, explicar la diferencia entre las principalespropiedades físicas del dacrón y la baquelita.

RESOLUCIÓN:El dacrón es un poliéster obtenido por polime-

rización de ácido terftálico y etilenglicol y está

formado por moléculas lineales de estructura

O O| | | |

—[—C— —C—O—CH2—CH2—O—]—nde peso molecular alrededor de 16.000, capa-ces de formar fibras. Sus propiedades físicas sonmuy parecidas a las del nylon. Aunque es termo-plástico, es muy resistente a la rotura y muy lige-ro, no se encoge al ser lavado, se seca muy pron-to y las arrugas de los pliegues desaparecenenseguida. Por su parte, la baquelita es un polí-mero fenólico entrecruzado, con la siguiente es-tructura:

Donde los puentes metilénicos se encuentranen las dos posiciones orto- y en la posición para-de los radicales fenólicos formando una estruc-tura tridimensional característica de una verda-dera resina. Esta estructura tridimensional leconfiere una gran dureza, rigidez e insolubilidady hace que sea termoestable aunque fácilmentequebradiza en las direcciones en que hay menosenlaces.

3. Escribir las reacciones químicas empleadasindustrialmente para fabricar ablandadores deagua y explicar su comportamiento en la conver-sión de agua dura en agua blanda.

848

CH2 CH2 CH2 CH2

CH2OH

CH2OHCH2

OHCH2CH2HO

CH2

CH2 CH2

CH2

OH

HOCH2

OH

CH2CH2

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 poradición de una pequeña cantidad de divinil-benceno al estireno antes de efectuar la poli-merización. Si la resina entrecruzada así obteni-da se sulfona con ácido clorosulfónico o ácidosulfúrico se obtiene una resina cambiadora deiones muy útil en el ablandamiento del aguaya que intercambia con gran facilidad cationesNa+ 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. ClSO3H

n→

|2. NaOH

—C—|

—

—CH2—CH—

—

1. ClSO3H|

→n2. NaOH

|SO3Na

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

a) La manera en que ataca el iniciador al meta-crilato 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:

b) El primer paso en el crecimiento de la cadenaconsiste en la dimerización de dos moléculas demetacrilato de metilo a partir del ataque del radicalformado en el primer paso sobre el doble enlaceCC de otra molécula de metacrilato de metilo:

c) Después de repetirse n veces el proceso des-crito anteriormente, la estructura de la unidadfundamental del polímero final será:

CH3|

——H2C—C—————|C

⁄ ⁄ \O OCH3

n

849


O CH3

⁄⁄ |R• + CH2C—C → R—CH2—C

| \ |CH3

OCH3 C⁄ ⁄ \

O OCH3

CH3 CH3 O| | ⁄⁄R—CH2—C • + CH2C—C →

| \C OCH3⁄ ⁄ \

O OCH3CH3 CH3

| |→ R—CH2—C—CH2—C •

| \C C⁄ ⁄ \ ⁄ ⁄ \

O OCH3O OCH3

5. Una muestra de estireno se polimeriza con uniniciador formado por trazas de azoisobutironitri-lo. Por hidrólisis del polímero resultante se liberan6 g de amoníaco por cada 10 kg de polímero.Calcular el promedio de unidades de estireno quehay en cada cadena, si todos los grupos terminalesderivan del radical iniciador (– cianoisopropilo).

RESOLUCIÓN:En primer lugar, vamos a determinar los moles

de amoníaco liberados por cada 10 kg de políme-ro formado. Se tiene:

1 mol NH36 gramos NH3 · –––––––––––– = 0,353 moles NH3.17 gramos NH3

Ahora bien, como en cada cadena de polímerohay dos grupos terminales que liberan amoníaco,cada mol del polímero equivaldrá a dos moles deamoníaco. Por tanto, el número de moles de polí-mero será el siguiente:

1 mol polímero0,353 moles NH3 · ––––––––––––––– =2 moles NH3

= 0,1765 moles de polímero.

Así pues, 10 kg (10.000 g) de polímero equiva-len a 0,1765 moles, es decir,

10.0001 mol = –––––––– = 56.657 gramos.0,1765

El azoisobutironitrilo, actúa como iniciador delproceso de polimerización a través de la forma-ción de radicales libres, del modo siguiente:

CH3 CN CN CH3CN\ ⁄ \ ⁄ CH3\ ⁄

C—NN—C → N2 + 2 C •⁄ \ CH3

⁄CH3 CH3

Por tanto, del peso molecular anteriormenteobtenido habrá que restar el peso molecular delos dos grupos terminales que contienen el ini-ciador. El peso molecular de cada uno de los gru-pos terminales es:

M = (4 · 12) + (6 · 1) + (1 · 14) = 68.

Por tanto, el peso molecular de los dos gruposterminales será: 2 · 68 = 136. Por tanto, el pesomolecular correspondiente a las unidades de esti-reno que forman el polímero será:

56.657 – 136 = 56.521.

Ahora bien, el peso molecular del estireno

CH2CH— es M = (8 · 12) + (8 · 1) = 104.

Dividiendo el peso molecular correspondiente alas unidades de estireno que forman el polímeroentre el peso molecular del estireno se obtiene:

56.521––––––– = 543,5,104

que es el promedio de las unidades de estirenoque contienen las cadenas.

FORMULACIÓN Y NOMENCLATURAINORGÁNICA

1. Formular los siguientes compuestos: a) hidrurode 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 va-lencia 1. Así pues, la fórmula será NaH.

b) También se trata de un hidruro metálico, encuyo nombre no se especifica la valencia del me-tal, puesto que el bario únicamente presenta lavalencia 2. Así pues, la fórmula será BaH2.

c) Se trata de un hidruro metálico, pero comoel estaño presenta dos valencias, es preciso indi-car con cual de ellas actúa. En este caso se hace

850

mediante la nomenclatura de Stock, indicándolamediante cifras romanas. La fórmula será SnH4.

d) Se trata de un hidruro metálico, en cuyonombre se ha utilizado la nomenclatura sistemá-tica, para indicar el número de átomos de hidró-geno que aparecen en la fórmula. Por tanto, lafórmula será AlH3.

e) Se trata de un hidruro metálico, en cuyonombre no se especifica la valencia del metal,puesto que el cesio únicamente presenta la valen-cia 1. Así pues, la fórmula será CsH.

2. Formular los siguientes compuestos: a) áci-do selenhídrico; b) ácido yodhídrico; c) ácidosulfhídrico; d) ácido bromhídrico; e) ácido clor-hídrico; f ) ácido telurhídrico; g) ácido fluorhí-drico.

RESOLUCIÓN:a) Se trata de un hidrácido del grupo VI, por lo

que el selenio actúa con valencia 2. Así pues, sufórmula será H2Se.

b) Se trata de un hidrácido del grupo VII, porlo que el yodo actúa con valencia 1. Por tanto, lafórmula será HI.

c) Se trata de un hidrácido del grupo VI, por loque el azufre actúa con valencia 2. Así pues, sufórmula será H2S.

d) Se trata de un hidrácido del grupo VII, porlo que el bromo actúa con valencia 1. Por tanto,la fórmula será HBr.

e) Se trata de un hidrácido del grupo VII, por loque el cloro actúa con valencia 1. Por tanto, lafórmula será HCl.

f ) Se trata de un hidrácido del grupo VI, por loque el telurio actúa con valencia 2. Así pues, sufórmula será H2Te.

g) Se trata de un hidrácido del grupo VII, porlo que el flúor actúa con valencia 1. Por tanto, lafórmula será HF.

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

nóxido de cromo; d) dióxido de estaño; e) óxido decalcio; f ) óxido de potasio; g) óxido cuproso; h)óxido de bario; i) óxido de plata; j) óxido de cad-mio; k) óxido de cinc; l) trióxido de dioro; m) trió-xido de dicobalto; n) óxido de estroncio; o) óxidode 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 consi-guiente, la fórmula será Ni2O3.

b) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura sistemática. Por consi-guiente, la fórmula será HgO.

c) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura sistemática. Por consi-guiente, la fórmula será CrO.

d) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura sistemática. Por consi-guiente, la fórmula será SnO2.

e) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura de Stock. En este caso noes necesario especificar la valencia porque el cal-cio únicamente presenta valencia 2. Por tanto, lafórmula es CaO.

f) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura de Stock. En este caso noes necesario especificar la valencia porque el po-tasio únicamente presenta valencia 1. Por tanto,la fórmula es K2O.

g) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura tradicional. En este caso,como el cobre presenta dos valencias, 1 y 2, elsufijo -oso nos indica que está actuando con lamenor. Por tanto, la fórmula será Cu2O.

h) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura de Stock. En este caso noes necesario especificar la valencia porque el ba-rio únicamente presenta valencia 2. Por tanto, lafórmula es BaO.

i) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura de Stock. En este caso noes necesario especificar la valencia porque la

851


plata únicamente presenta valencia 1. Por tanto,la fórmula es Ag2O

j) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura de Stock. En este caso noes necesario especificar la valencia porque elcadmio únicamente presenta valencia 2. Por tan-to, la fórmula es CdO.

k) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura de Stock. En este caso noes necesario especificar la valencia porque elcinc únicamente presenta valencia 2. Por tanto,la fórmula es ZnO.

l) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura sistemática. Por consi-guiente, la fórmula será Au2O3.

m) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura sistemática. Por consi-guiente, la fórmula será Co2O3.

n) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura de Stock. En este caso noes necesario especificar la valencia porque el es-troncio únicamente presenta valencia 2. Por tan-to, la fórmula es SrO.

o) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura de Stock. En este caso noes necesario especificar la valencia porque elfrancio únicamente presenta valencia 1. Por tan-to, la fórmula es Fr2O.

p) Se trata de la fórmula de un óxido metá-lico según la nomenclatura tradicional. Eneste caso, como el estaño presenta dos valen-cias, 2 y 4, el sufijo -ico nos indica que está ac-tuando con la mayor. Por tanto, la fórmula seráSnO2.

q) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura tradicional. En este caso,como el platino presenta dos valencias, 2 y 4, elsufijo -oso nos indica que está actuando con lamenor. Por tanto, la fórmula será PtO.

r) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura de Stock. En este caso noes necesario especificar la valencia porque elaluminio únicamente presenta valencia 3. Portanto, la fórmula es Al2O3.

s) Se trata de la fórmula de un óxido metálicosegún la nomenclatura de Stock. En este caso noes necesario especificar la valencia porque el li-tio únicamente presenta valencia 1. Por tanto, lafórmula 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 pre-ciso indicar la valencia del estroncio puesto queúnicamente presenta valencia 2. Por consiguien-te, la fórmula es SrO2.

b) Se trata de la fórmula de un peróxido segúnla nomenclatura de Stock. En este caso no es pre-ciso indicar la valencia del sodio puesto que úni-camente presenta valencia 1. Por consiguiente, lafórmula es Na2O2.

c) Se trata de la fórmula de un peróxido segúnla nomenclatura de Stock. En este caso no es pre-ciso indicar la valencia del bario puesto que úni-camente presenta valencia 2. Por consiguiente, lafórmula es BaO2.

d) Se trata de la fórmula de un peróxido segúnla nomenclatura de Stock. En este caso no es pre-ciso indicar la valencia del hidrógeno puesto queúnicamente presenta valencia 1. Por consiguien-te, 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 decobalto(II); f) tricloruro de bismuto; g) bromurode potasio; h) dicloruro de hierro; i) fluoruro deestroncio; 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-

852

menclatura sistemática. Así pues, la fórmula esCaCl2.

b) Se trata de la combinación binaria de un nometal (selenio) con un metal (plomo) según lanomenclatura tradicional. Como el plomo pre-senta dos valencias, 2 y 4, se especifica con el su-fijo -oso que se trata de la menor. Por su parte, elanión seleniuro actúa con valencia 2, por encon-trarse en el grupo VI. Así pues, la fórmula esPbSe.

c) Se trata de la combinación binaria de un nometal (yodo) con un metal (hierro) según la no-menclatura tradicional. Como el hierro presentados valencias, 2 y 3, se especifica con el sufijo-ico que se trata de la mayor. Por su parte, elanión yoduro actúa con valencia 1, por encontrar-se en el grupo VII. Así pues, la fórmula es FeI3.

d) Se trata de la combinación binaria de un nometal (nitrógeno) con un metal (sodio) según lanomenclatura tradicional. Como el sodio presen-ta únicamente la valencia 1 no hace falta especi-ficarla. Por su parte, el anión nitruro actúa convalencia 3, por encontrarse en el grupo V. Asípues, la fórmula es Na3N.

e) Se trata de la combinación binaria de un nometal (telurio) con un metal (cobalto) según lanomenclatura de Stock. Como el cobalto presen-ta dos valencias, 2 y 3, se especifica con cifrasromanas que se trata de la valencia 2. Por su par-te, el anión telururo actúa con valencia 2, por en-contrarse en el grupo VI. Así pues, la fórmula esCoTe.

f ) Se trata de la combinación binaria de un nometal (cloro) con un metal (bismuto) según lanomenclatura sistemática. Así pues, la fórmulaes BiCl3.

g) Se trata de la combinación binaria de un nometal (bromo) con un metal (potasio) según lanomenclatura de Stock. Como el potasio única-mente presenta la valencia 1 no es necesario es-pecificarla. Por su parte, el anión bromuro actúacon valencia 1, por encontrarse en el grupo VII.Así pues, la fórmula es KBr.

h) Se trata de la combinación binaria de un nometal (cloro) con un metal (hierro) según la no-

menclatura sistemática. Así pues, la fórmula esFeCl2.

i) Se trata de la combinación binaria de un nometal (flúor) con un metal (estroncio) según lanomenclatura de Stock. Como el estroncio úni-camente presenta la valencia 2 no es necesarioespecificarla. Por su parte, el anión fluoruro ac-túa con valencia 1, por encontrarse en el grupoVII. Así pues, la fórmula es SrF2.

j) Se trata de la combinación binaria de un nometal (azufre) con un metal (cesio) según la no-menclatura de Stock. Como el cesio únicamentepresenta la valencia 1 no es necesario especifi-carla. Por su parte, el anión sulfuro actúa con va-lencia 2, por encontrarse en el grupo VI. Asípues, la fórmula es Cs2S.

k) Se trata de la combinación binaria de un nometal (yodo) con un metal (sodio) según la no-menclatura de Stock. Como el sodio únicamentepresenta la valencia 1 no es necesario especifi-carla. Por su parte, el anión yoduro actúa con va-lencia 1, por encontrarse en el grupo VII. Asípues, la fórmula es NaI.

l) Se trata de la combinación binaria de un nometal (cloro) con un metal (oro) según la nomen-clatura de Stock. Como el oro presenta dos va-lencias, 1 y 3, se especifica con cifras romanasque se trata de la valencia 3. Por su parte, elanión cloruro actúa con valencia 1, por encon-trarse en el grupo VII. Así pues, la fórmula esAuCl3.

6. Formular los siguientes compuestos: a) hi-dróxido de mercurio (II); b) hidróxido de cobalto(III); c) hidróxido de bario; d) hidróxido de ce-sio; e) hidróxido de hierro (III); f) hidróxi-do de cinc; g) hidróxido de estaño (II); h) hi-dróxido de bismuto; i) hidróxido de plomo (II); j)hidróxido de platino (II); k) hidróxido deoro (I).

RESOLUCIÓN:a) Se trata de un hidróxido según la nomen-

clatura de Stock. Como el mercurio presenta

853


dos valencias, 1 y 2, se especifica con cifrasromanas que se trata de la valencia 2. Comoel grupo OH tiene valencia 1, la fórmula esHg(OH)2.

b) Se trata de un hidróxido según la nomencla-tura de Stock. Como el cobalto presenta dos va-lencias, 2 y 3, se especifica con cifras romanasque se trata de la valencia 3. Como el grupo OHtiene valencia 1, la fórmula es Co(OH)3.

c) Se trata de un hidróxido según la nomencla-tura de Stock. Como el bario únicamente presen-ta la valencia 2 y el grupo OH tiene valencia 1, lafórmula es Ba(OH)2.

d) Se trata de un hidróxido según la nomencla-tura de Stock. Como el cesio únicamente presen-ta la valencia 1 y el grupo OH tiene valencia 1, lafórmula es CsOH.

e) Se trata de un hidróxido según la nomencla-tura de Stock. Como el hierro presenta dos valen-cias, 2 y 3, se especifica con cifras romanas quese trata de la valencia 3. Como el grupo OH tienevalencia 1, la fórmula es Fe(OH)3.

f ) Se trata de un hidróxido según la nomencla-tura de Stock. Como el cinc únicamente presentala valencia 2 y el grupo OH tiene valencia 1, lafórmula es Zn(OH)2.

g) Se trata de un hidróxido según la nomencla-tura de Stock. Como el estaño presenta dos va-lencias, 2 y 4, se especifica con cifras romanasque se trata de la valencia 2. Como el grupo OHtiene valencia 1, la fórmula es Sn(OH)2.

h) Se trata de un hidróxido según la nomencla-tura de Stock. Como el bismuto únicamente pre-senta la valencia 3 y el grupo OH tiene valencia1, la fórmula es Bi(OH)3.

i) Se trata de un hidróxido según la nomencla-tura de Stock. Como el plomo presenta dos va-lencias, 2 y 4, se especifica con cifras romanasque se trata de la valencia 2. Como el grupo OHtiene valencia 1, la fórmula es Pb(OH)2.

j) Se trata de un hidróxido según la nomencla-tura de Stock. Como el platino presenta dos va-lencias, 2 y 4, se especifica con cifras romanasque se trata de la valencia 2. Como el grupo OHtiene valencia 1, la fórmula es Pt(OH)2.

k) Se trata de un hidróxido según la nomencla-tura de Stock. Como el oro presenta dos valen-cias, 1 y 3, se especifica con cifras romanas quese trata de la valencia 1. Como el grupo OH tienevalencia 1, la fórmula es AuOH.

7. Formular los siguientes iones: a) catión pota-sio; b) catión magnesio; c) catión hierro (II); d) ca-tión amonio; e) catión cobre (II); f) anión cloruro;g) anión arseniuro; h) anión sulfuro; i) anión fosfu-ro; j) anión hipoyodito; k) anión yodato; l) aniónnitrito; m) anión perclorato; n) anión bromito.

RESOLUCIÓN:a) Se trata de un catión monoatómico según la

nomenclatura de Stock. Como el potasio tan sólotiene valencia 1, ésta coincidirá con el número decargas positivas y no será necesario especificarla.Así pues, la fórmula es K+.

b) Se trata de un catión monoatómico según lanomenclatura de Stock. Como el magnesio tansólo tiene valencia 2, ésta coincidirá con el nú-mero de cargas positivas y no será necesario es-pecificarla. Así pues, la fórmula es Mg2+.

c) Se trata de un catión monoatómico según lanomenclatura de Stock. Como el hierro presentados valencias, 2 y 3, hay que indicar con qué va-lencia actúa para conocer la carga del catión. Lafórmula será Fe2+.

d) Se trata de un catión poliatómico, que porderivar del amoníaco recibe el nombre de amo-nio. Su fórmula es NH4

+.e) Se trata de un catión monoatómico según la

nomenclatura de Stock. Como el cobre presentados valencias, 1 y 2, hay que indicar con qué va-lencia actúa para conocer la carga del catión. Lafórmula será Cu2+.

f) Se trata de un anión monoatómico, cuya car-ga negativa coincide con la valencia del cloro,que es 1 por estar en el grupo VII. Por tanto, lafórmula es Cl–.

g) Se trata de un anión monoatómico, cuya car-ga negativa coincide con la valencia del arsénico,

854

que es 3 por estar en el grupo V. Por tanto, la fór-mula es As3–.

h) Se trata de un anión monoatómico, cuya car-ga negativa coincide con la valencia del azufre,que es 2 por estar en el grupo VI. Por tanto, lafórmula es S2–.

i) Se trata de un anión monoatómico, cuya car-ga negativa coincide con la valencia del fósforo,que es 3 por estar en el grupo V. Por tanto, la fór-mula es P3–.

j) Se trata de un anión poliatómico según la no-menclatura tradicional. Su fórmula es IO–.

k) Se trata de un anión poliatómico según lanomenclatura tradicional. Su fórmula es IO3

–.l) Se trata de un anión poliatómico según la no-

menclatura tradicional. Su fórmula es NO2–.

m) Se trata de un anión poliatómico según lanomenclatura 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) hi-drogenosulfato de sodio; b) dihidrogenofosfatode aluminio; c) carbonato de sodio heptahidrato.

RESOLUCIÓN:a) Se trata de una sal ácida que proviene del

anión hidrogenosulfato (HSO4–) y del catión so-

dio (Na+). Por tanto, la fórmula es NaHSO4.

b) Se trata de una sal ácida que proviene delanión dihidrogenofosfato (H2PO4

–) y del catiónaluminio (Al3+). Por tanto, la fórmula esAl(H2PO4)3.

c) Se trata de una sal hidratada del carbonatode sodio con 7 moléculas de agua de hidratación.El carbonato de sodio es una sal que proviene delanión carbonato (CO3

2–) y del catión sodio (Na+).Por tanto, la fórmula es Na2CO3 · 7 H2O.

FORMULACIÓN Y NOMENCLATURAORGÁNICA

1. Formular los siguientes hidrocarburos: a) 4-metilnonano; b) 3-etilheptano; c) 4-butildecano;d) 4-etiloctano; e) 2-metilhexano.

RESOLUCIÓN:a) Se trata de un alcano con una cadena princi-

pal de 9 carbonos y un sustituyente metilo en laposición 4. La fórmula es:

CH3|

CH3—CH2—CH2—CH—CH2—CH2—CH2—CH2—CH3

b) Se trata de un alcano con una cadena princi-pal de 7 carbonos y un sustituyente etilo en la po-sición número 3. La fórmula es:

CH3—CH2—CH—CH2—CH2—CH2—CH3|

CH2|

CH3

c) Se trata de un alcano con una cadena princi-pal de 10 carbonos y un sustituyente butilo en laposición 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 princi-pal de 8 carbonos y un sustituyente etilo en la po-sición 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 princi-pal de 6 carbonos y un sustituyente metilo en laposición número 2. La fórmula es:

CH3|

CH3—CH—CH2—CH2—CH2—CH3

2. Formular los siguientes hidrocarburos: a)1,3-butadieno; b) 1,3-hexadieno; c) 1,3,4-hepta-trieno; d) 1,3-pentadieno; e) 2,3-hexadieno.

RESOLUCIÓN:a) Se trata de un dieno de 4 carbonos con los do-

bles enlaces en las posiciones 1 y 3. La fórmula será:

CH2CH—CHCH2

b) Se trata de un dieno de 6 carbonos con los do-bles enlaces en las posiciones 1 y 3. La fórmula será:

CH2CH—CHCH2—CH3

c) Se trata de un trieno de 7 carbonos con losdobles enlaces en las posiciones 1,3 y 4. La fór-mula será:

CH2CH—CHCCH—CH2—CH3

d) Se trata de un dieno de 5 carbonos con los do-bles enlaces en las posiciones 1 y 3. La fórmula será:

CH2CH—CHCH—CH3

e) Se trata de un dieno de 6 carbonos con los do-bles enlaces en las posiciones 2 y 3. La fórmula será:

CH3—CHCC—CH—CH2—CH3

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

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 eltriple enlace en la posición 2. La fórmula será:

CH3—CC—CH2—CH2—CH2—CH3

c) Se trata de un diino de 5 carbonos con los tri-ples enlaces en las posiciones 1 y 4. La fórmula será:

HCC—CH2—CCH

d) Se trata de un diino de 7 carbonos con los tri-ples 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 lostriples enlaces en las posiciones 1,3 y 5. La fór-mula será:

HCC—CC—CC—CH2—CH2—CH3

4. Formular los siguientes hidrocarburos: a)metilciclopropano; b) etilciclobutano; c) ciclooc-teno; 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 conun sustituyente etilo. La fórmula será:

—CH2—CH3

856

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

|

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

—

e) Se trata de un cicloalcano de 5 carbonos conun sustituyente propilo. La fórmula será:

—CH2—CH2—CH3

5. Formular los siguientes hidrocarburos: a)metilbenceno; b) 1,2,4-trimetilbenceno; c) o-etil-metilbenceno; d) m-butiletilbenceno; e) p-metil-propilbenceno.

RESOLUCIÓN:a) Se trata de un derivado del benceno con un

sustituyente metilo. La fórmula será:

—CH3

b) Se trata de un derivado del benceno con tressustituyentes metilo en las posiciones 1, 2 y 4. Lafórmula será:

CH3| CH3⁄

|CH3

c) Se trata de un derivado del benceno con unsustituyente metilo y otro sustituyente etilo enlas posiciones 1 y 2. La fórmula será:

CH3⁄

\CH2—CH3

d) Se trata de un derivado del benceno con unsustituyente butilo y otro sustituyente etilo en lasposiciones 1 y 3. La fórmula será:

CH2—CH3|

\CH2—CH2—CH2—CH3

e) Se trata de un derivado del benceno con unsustituyente metilo y otro sustituyente propilo enlas posiciones 1 y 4. La fórmula será:

H3C— —CH2—CH2—CH3

6. Formular los siguientes compuestos haloge-nados: a) 1-cloro-2-yodopentano; b) 1-cloro-2-metilpropano; c) diclorometano; d) p-dicloro-benceno; e) m-clorometilbenceno.

RESOLUCIÓN:

a) Se trata de un alcano de 5 carbonos con unsustituyente cloro en la posición 1 y un sustitu-yente yodo en la posición 2. La fórmula será:

CClH2—CIH—CH2—CH2—CH3

b) Se trata de un alcano de 3 carbonos con unsustituyente cloro en la posición 1 y un sustitu-yente metilo en la posición 2. La fórmula será:

CH3|

CClH2—CH—CH3

c) Se trata de un alcano de 1 carbono con dossustituyentes cloro. La fórmula será:

CCl2H2

857


858

d) Se trata de un derivado del benceno con dossustituyentes cloro en las posiciones 1 y 4. Lafórmula será:

Cl— —Cl

e) Se trata de un derivado del benceno con unsustituyente cloro y un sustituyente metilo situa-dos en las posiciones 1 y 3. La fórmula será:

CH3|

\Cl

7. Formular los siguientes compuestos: a) 2-propanol; b) 1,2,3-hexanotriol; c) 2-metil-1,3,5-heptanotriol; 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. Lafórmula será:

CN2OH—CHOH—CHOH—CH2—CH2—CH3

c) Se trata de un triol de 7 átomos de carbono conun sustituyente metilo en la posición 2 y los gruposOH 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 me-tilo en la posición 2 y un sustituyente etilo en laposición 3. La fórmula será:

OH| CH3

\⁄

CH2—CH3

e) Se trata de un fenol con un sustituyente etiloen la posición 3. La fórmula será:

OH|

\CH2—CH3

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

RESOLUCIÓN:a) Se trata de un éter con dos sustituyentes eti-

lo. La fórmula será:

CH3—CH2—O—CH2—CH3

b) Se trata de un éter con un sustituyente metiloy otro sustituyente ciclohexilo. La fórmula será:

CH3—O—

c) Se trata de un dial de 3 átomos de carbono.La fórmula será:

O O\\ ⁄ ⁄C—CH2—C⁄ \

H H

d) Se trata de un aldehído de 5 átomos de car-bono. La fórmula será:

O⁄ ⁄

CH3—CH2—CH2—CH2—C\H

e) Se trata de una cetona de 5 átomos de carbo-no, con el grupo carbonilo en la posición 2. Lafórmula será:

O| |

CH3—C—CH2—CH2—CH3

f) Se trata de una ciclocetona de 4 átomos decarbono. La fórmula será:

O⁄⁄

9. Formular los siguientes compuestos oxige-nados: a) ácido 2-metilbutanodioico; b) benzoa-to de etilo; c) 2-butenoato de metilo; d) anhídridopropiónico; e) cloruro de propanoilo.

RESOLUCIÓN:a) Se trata de un ácido dicarboxílico de 4 áto-

mos de carbono con un sustituyente metilo en laposición 2. La fórmula será:

O CH3 O\\ | ⁄ ⁄C—CH—CH2—C⁄ \

HO OH

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

O| |C—O—CH2—CH3⁄

c) Se trata de un éster del ácido 2-butenoico yel metanol. La fórmula será:

O ⁄ ⁄

CH3—CHCH—C\OCH3

d) Se trata de un anhídrido de ácido con los dossustituyentes de 3 átomos de carbono. La fórmu-la 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 nitro-genados: a) propilamina; b) p-aminofenol; c) 2-metilbutanamida; d) 2-hidroxipentanamida; e)propanonitrilo; f ) 2-nitrociclopenteno; g) 2-ni-trobutanal; h) m-nitrotolueno; i) ácido 2-ami-nopropanoico; j) ácido 2-amino-4-metilpenta-noico.

RESOLUCIÓN:a) Se trata de una amina primaria con un susti-

tuyente propilo. La fórmula será:

CH3—CH2—CH2—NH2

b) Se trata de un derivado del fenol con un sus-tituyente amino en la posición 4. La fórmulaserá:

HO— —NH2

c) Se trata de una amida de 4 carbonos con unsustituyente metilo en la posición 2. La fórmulaserá: CH3 O| ⁄ ⁄

CH3—CH2—CH—C\NH2

d) Se trata de una amida de 5 carbonos con un sus-tituyente 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 carbo-no. La fórmula será:

CH3—CH2—CN

f ) Se trata de un cicloalqueno de 3 átomos decarbono con un sustituyente nitro en la posición2. La fórmula será:

—\NO2

g) Se trata de un aldehído de 4 carbonos con unsustituyente nitro en la posición 2. La fórmula será:

O⁄ ⁄

CH3—CH2—CH—C| \

NO2H

h) Se trata de un derivado del tolueno (metil-benceno) con un sustituyente nitro en la posición3. La fórmula será:

NO2⁄

|CH3

i) Se trata de un ácido carboxílico de 3 átomosde carbono con un sustituyente amino en la posi-ción 2. La fórmula será:

CH3—CH—COOH|

NH2

j) Se trata de un ácido carboxílico de 5 carbonoscon un sustituyente amino en la posición 2 y un sus-tituyente metilo en la posición 4. La fórmula será:

O⁄ ⁄

CH3—CH—CH2—CH—C| | \

CH3 NH2OH

860

la bilblia de la quimica

Documents

gas ideal ocupa

atm t1

n r tteniendo

tmese r

v1 633p2

valores numricos

t1 t2p1 v1 t2do

volumen de dixido