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Problemas
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INTERACCIÓN FOTONES-MATERIA
Problema 1. Calcular la energía cinética de un electrón fotoeléctrico producido en el cesio por una luz de
4000 Å. La máxima longitud de onda para que se produzca efecto fotoeléctrico en el cesio es de. 6600 Å.
Lo primero es pensar si la longitud de onda incidente tiene suficiente energía para arrancar un electron.
Como <0 la luz incidente es mas energética que la necesaria para producir efecto fotoeléctrico por tanto lo
producirá y los electrones serán arrancados con una determinada energía cinética.
La energía cinética del electrón será igual a la diferencia de energía entre la energía incidente (4000 A) y la
energía suficiente para arrancar un electrón del cesio (6600 A).
E = hc/
Aplicamos esta fórmula a la luz incidente y a la energía necesaria para producir el efecto fotoeléctrico:
Por tanto la energía cinética del electrón fotoeléctrico será de 1,96 x 10-19 J
El tienes dos partes, en la primera parte del problema nos proporciona la siguiente información:
Y nos pregunta:
0?
Teniendo en cuenta que el trabajo de extracción es la energía mínima necesaria para que se produzca la
extracción de electrones de un metal y que es igual a:
W0 =h0
Siendo umbral la frecuencia umbral o frecuencia mínima que tienen los fotones incidentes para que sean
arrancados los electrones pero sin que tengan ninguna energía cinética residual, podemos calcular umbral
directamente de esta fórmula sustituyendo y despejando:
0= W0/h = 8,5 x 10-19 J electrón-1/ 6,63 x 10-34 J s = 1,28 x 1015 s-1
En la segunda parte del problema nos dicen que utilizamos un fotón con una longitud de onda que es la mitad
de la umbral (por tanto es más energético):
= o/2
Ec = Eincidente- = hc/-hc/0
Ec = ho
Sustituyendo en la expresión anterior el valor que obtuvimos en la primera parte del problema (0 = 1.28 x
1015 s-1) obtenemos:
Ec = 8,49 x 10-19 J
Y ahora para calcular la velocidad de este electrón tenemos que tener en cuenta la formula de energía
cinética de la teoría clásica:
1 2
Ec mv
2
Despejando v:
2 Ec
v
m
y sustituyendo y teniendo en cuenta que la m(e) =:9,11 x 10-31 kg:
v 1,37 x10 6 ms 1
Problema 3. El cesio emite electrones para una longitud de onda máxima de 579 nm. Calcular la energía
cinética de los fotoelectrones emitidos si se le ilumina con luz verde de 500 nm.
Calcular la velocidad máxima de los electrones emitidos. ¿Aumentará esta velocidad al aumentar la
intensidad de la radiación luminosa incidente? Calcular la longitud de onda asociada de los electrones
emitidos con velocidad máxima. ¿Qué tensión sería preciso establecer entre el ánodo y el cátodo para que
Tema 2 ESTRUCTURA ELECTRÓNICA DEL ÁTOMO Hoja 3
ningún electrón llegue al ánodo? ¿Una radiación naranja (597–622 nm) produciría efecto fotoeléctrico en el
cesio?
Ec = Eincidente-W0 = hc/-hc/0
Ec = hc(1/-1/0) = 6,63 x 10-34 J x 3x108 ms-1x (1/(500 x 10-9 m)-(1/579x10-9 m)) = 5,43 x 10-20 J
La velocidad no va a aumentar al aumentar la intensidad de la radiación luminosa ya que esta velocidad solo
depende de la longitud de onda de la radiación, aunque si aumentara el número de electrones que salen del
metal.
? con vmax
Para calcular tendremos que aplicar la ecuación de Broglie que nos relaciona la longitud de onda de una
radiación electromagnética con la velocidad de esa partícula:
h
mv
Sustituyendo considerando que la masa del electrón es: 9,11x10-31 kg:
6,63x10 34 Js
31 1
2,109 x10 9 m 2,109nm
9,11x10 kg 3,45 x10 ms
5
Por tanto la longitud de onda asociada a los electrones con máxima velocidad es:
2,109nm
Por otro lado el problema también nos pregunta cuál es la tensión sería preciso establecer entre el
ánodo y el cátodo para que ningún electrón llegue al ánodo. Para calcularlo tenemos que aplicar la
siguiente ecuación:
Tema 2 ESTRUCTURA ELECTRÓNICA DEL ÁTOMO Hoja 4
Ec=eV0
Despejando V0:
V0= Ec/e
Y sustituyendo el valor de Ec obtenido anteriormente: 5,43 x 10-20 J
V0=5,43 x 10-20 J/ 1.602176487x10-19C =0,34 V
Por tanto el voltaje que tenemos que aplicar para evitar que los electrones alcancen el ánodo es 0,34 V
Por último el problema pregunta que si una radiación naranja (597–622 nm) produciría efecto
fotoeléctrico en el cesio, para contestar esta pregunta tenemos que comparar estas longitudes de
onda con la longitud de onda umbral (0) (579 nm).
Una radiación naranja es menos energética que el trabajo de extracción necesario para extraer un
electrón (>0), por tanto no se producirá efecto fotoeléctrico irradiando con luz naranja el Cs.
La longitud de onda de cualquier transición en átomo de hidrógeno viene dada por la siguiente ecuación:
1 1 1
RH 2 2
λ n1 n2
1 1 1
1.097 x10 7 m 1 2 2
Despejando obtenemos: 400x10 m -9 2
7 1 n 2
1.097 x10 m
2,5 x10 6 m 1 2,7425 x10 6 m -1 -
n 22
1,097 x10 7 m 1
n 22
2,425 x10 5 m 1
n2 6,7
Por tanto, el nivel a partir del cual la transición ya no será visible es n7 (no podemos tener números que no
sean enteros)
NOTA: Algunos alumnos han preguntado porque no se ha de poner 700 nm en vez de 400 nm. Si se pusiera
se obtiene 2.8 que se habría de redondear a 3. Cuando se mete n=3 se obtiene un valor de longitud de onda
que esta todavía en el visible. Esta es la evidencia matemática de que no tiene sentido resolverse así.
Por otro lado dese el punto de vista de teoría hay que recordar que la seríe de Balmer es UV-Visible por eso
hay que elegir 400 nm.
Problema 5. Calcular la energía necesaria para llevar el electrón del átomo de hidrógeno desde su estado
fundamental (n =1) hasta fuera del átomo (n = ) (Energía de ionización del átomo de hidrógeno)
Expresar los resultados en eV y kJ/mol
Datos RH = 1.0987 107 m-1 y e = 1,6 10-19C , c = 3 108ms-1, h = 6,63 10-34 Js
El problema nos pide calcular la energía asociada con la transición electrónica representado en la Figura 2:
1 1 1
R H 2 2
λ n1 n2
Tema 2 ESTRUCTURA ELECTRÓNICA DEL ÁTOMO Hoja 6
hc
Como: E
1 1 1 1
E hc R H 2 2 6,63x10 -34 Js 3x10 8 ms -1 1.097 x10 7 m 1 2 2
1
n1 n2
Teniendo en cuenta que: 1
0
2
Entonces obtenemos:
E 2,19x10 -18 J foton 1
Para ahora calcular la energía por mol tenemos que multiplicar el valor obtenido anteriormente por el
número de Avogadro:
E 2,19x10 -18 J foton 1 6,023x10 23 foton / mol 1,316 x10 6 Jmol 1 1,316 x10 3 kJmol 1
Para ahora calcular esta energía en eV (es la energía que gana un electrón sometido a una diferencia de
potencial de 1 voltio) tenemos que tener en cuenta que: E=cargaxvoltage y teniendo en cuenta la definición
de eV obtenemos: 1eV=1,6x10-19 J
1eV
E 2,19x10 -18 J 13,69eV
1,6 x10 19 J
Por tanto la energía asociada con la ionización del hidrógeno es 13,69 eV o 1,3156x103 kJmol-1.
Problema 6. Calcular el valor de la segunda ionización del helio. Calcular la asociada de los electrones
expulsados del He+ cuando inciden fotones de = 200 Å.
La segunda ionización del helio es la energía requerida para arrancar del He+ el electrón restante. El Helio
tiene un Z=2 y por tanto al calcular la segunda ionización de este átomo se comportaría como un átomo
hidrogenoide (con un solo electrón) pero la energía necesaria será mayor que en el caso del hidrógeno ya que
ya existe una carga positiva en ese átomo y por consiguiente el eliminar otro electrón es más costoso
energéticamente.
En general para un átomo hidrogenoide se pueden calcular sus líneas espectrales según la siguiente ecuación:
1 1 1
Z 2 R H 2 2
n1 n 2
Si comparamos esta ecuación con la utilizada en el ejercicio 5 nos damos cuenta que:
Por tanto obtenemos un valor para la segunda energía de ionización del He de (EI(H) = 13,69 como
calculamos en el ejercicio anterior):
Cuando incidan fotones de =200 A la energía que ellos tienen será empleada en producir la ionización y el
restante en Ec del ese electrón que ha sido expulsado del átomo de He, por tanto:
Tema 2 ESTRUCTURA ELECTRÓNICA DEL ÁTOMO Hoja 7
hc/ = Ec + EI = 1/2mv2 + EI
hc
2 EI
v
Sustituyendo: m
h 6,63x10 34 Js
4,54 x10 10 m 4,54 A
mv 9,11x10 31 kg 1,604 x10 6 ms 1
4,54 A
DUALIDAD ONDA-CORPUSCULO
Problema 7. Calcular el momento y la longitud de onda de un electrón libre (sólo tiene energía cinética) si
su energía ee igual a 100 eV.
DATOS: melectrón = 9,1x10-31 kg, c=3x108 ms-1; h =6,63 x 10-34 J s
Completar el siguiente cuadro.
Nota: El momento electromagnético de un fotón es p = h/, mientras que el una partícula con energía E= Ec + V es
p 2m( E V ) , siendo Ep la energía potencial y E= Ec + Ep la energía total
Sustituyendo:
Para rellenar la segunda parte de la tabla tenemos que tener en cuenta que estamos tratando con radiación x
y que ya nos dan la frecuencia de 1017 s-1, aplicando la fórmula que relaciona frecuencia con longitud de
onda: =c/
calculamos :
= c/ = 3x108 ms-1 /1017s-1= 3 x 10-9 m
CONFIGURACIÓN ELECTRONICA
Problema 8. Escribir la configuración de los iones más estables de los elementos: Li, Be, Al, Cl, O, N, S. Di
si estos átomos son paramagnéticos o diamagnéticos.
Tenemos que recordar que: 1s < 2s < 2p < 3s < 3p < 4s < 3d
Deducir los iones más estables (será cuando adquieran la configuración de gas noble):
Li (Z= 3) 1s22s1 → 1s2 Li+
Tema 2 ESTRUCTURA ELECTRÓNICA DEL ÁTOMO Hoja 9
e) 1s22s22p53s1 Estado excitado, correspondería al elemento con Z =10: Ne pero esta excitado ya que el
electrón ha pasado al siguiente orbital de energía
f) 1s22s22p62d3. Errónea porque no podemos tener orbitales 2d ya que el tipo de orbital viene determinado
por el número cuántico l y para n=2 l solo puede tener los valores 0 (orbital s) , 1 (orbital p).
Tema 1 SPT01B Hoja 1
Problema 1. a) Calcular el valor de la tercera ionización del litio en eV. b) Calcular la energía cinética
máxima y la longitud de onda asociada de los electrones expulsados del Li 2+ cuando inciden fotones de 2
nm. c) Se sabe que el valor experimental de la primera energía de ionización del Litio es de 5,4 eV. ¿Por
qué tanta diferencia entre la primera y tercera energía de ionización?
a) Li 1s22s1 Li+ 1s2 Li2+ 1s1 Li3+ 1s0
1 1 1 1 1 1
R h ·Z2 2 2 1,097·10 7 ·32 2 = 1,013·108 m
λ n1 n1 λ 1
E = Eo + Ec
1
EC m·v2
2
2E c 2 7,977 10 17
v = 1,32∙107 m/s
me 9,11 10 31
h 6,626·10 34
λ = 5,5∙10–11 m = 0,55 Å
m·v 9,11·10 -31 ·1,32 10 7
c) A medida que vamos eliminando electrones los que quedan están más fuertemente atraídas por el núcleo.
Siempre EI1 < EI2 <EI3 …
Tema 1 SPT01B Hoja 2
Problema 2. Cuando un cátodo metálico de una célula fotoeléctrica se ilumina con luz azul de longitud de
onda 500 nm produce fotoelectrones con una velocidad máxima de 4,95∙105 m/s. a) Calcular la frecuencia
umbral del cátodo. b) La potencia de la radiación azul es de 0,5 watios ¿cuántos fotones inciden en un
milisegundo? ¿Aumentará la velocidad de los fotoelectrones al aumentar la intensidad de la radiación
luminosa incidente? c) El cátodo metálico no produce efecto fotoeléctrico al ser iluminado por una radiación
monocromática amarilla, ¿Una radiación monocromática naranja producirá efecto fotoeléctrico?
a)
h∙c 6,626∙10–34∙3∙108
E= = = 3,9756∙10–19 J
1 500∙10–9
m∙v2 9,11∙10–31∙(4,95∙105)2
Ec = = = 1,1161∙10–19 J
2 2
E = Eo + Ec
Eo 2,8595∙10–19
o = = = 4,32∙1014 s1
h 6,626∙10–34
b)
0,5 J 1s 1 fotón
∙ ∙ = 1,258∙1015 fotones
1s 3
10 ms 3,9756∙10–19 J
No No Si
Enaranja< Eamarillo< < Eazul E
Tema 1 SPT01B Hoja 3
Problema 3. Un láser de uso oftalmológico tiene 650 nm en pulsos de 20 ms a una potencia de 0,6 W.
Calcular los fotones lanzados a la retina en cada pulso, así como la energía (eV y J). Calcular el número de
pulsos que tendría que absorber un gramo de agua para ver incrementada su temperatura 1 oC.
Ce(H2O) = 4,186 J/g∙oC.
a)
h·c 6,626·10 34 ·3·108
E E 3,058·10 19 J 1,9 eV
λ 650·10 9
W
P W = 0,6·20·103 = 0,012 J
t
1 fotón
0,012 J · 19
3,94·1016 fotón
3,058·10 J
b)
Q m · Ce · ΔT 1 · 4,186 ·1 4,186 J
1 pulso
4,186 J · 349 pulsos 349·20·103 = 6,8 segundos
0,012 J
Problema 4. La potencia mínima capaz de ser percibida por un ojo normal en luz amarilla de 589 nm es de
3,1∙10-16 W. Calcular el número mínimo de fotones de esta longitud de onda que deben incidir por segundo
en la retina para producir la visión.
W
P W = 3,1·103·1 = 3,1·103 J
t
1 fotón
3,1·10-3 J · 919 fotones
3,375·10 19 J
Tema 1 SPT01B Hoja 4
Problema 6. El cátodo metálico de una célula fotoeléctrica puede ser iluminado alternativamente por dos
radiaciones monocromáticas de longitud de onda 2280 Å y 5240 Å. El trabajo de extracción de este cátodo
es de 3,40 eV. ¿Cuál de estas radiaciones produce efecto fotoeléctrico?
h∙c 6,626∙10-34∙3∙10 8
E1 = = = 8,72∙10-19 J = 5,44 eV
1 2280∙10-10
h∙c 6,626∙10-34∙3∙10 8
E2 = = = 3,80∙10-19 J = 2,37 eV
2 5240∙10-10
Eo = 3,4∙1,602∙10-19 = 5,45∙10-19 J
b) Calcular la velocidad máxima de los electrones emitidos. ¿Aumentará esta velocidad al aumentar
la intensidad de la radiación luminosa incidente?
E = Eo + Ec
m∙v2
Ec =
2
2E 2 3,27 10 19
v 8,47 105 m / s
me 9,11 10 31
c) ¿Qué tensión sería preciso establecer entre el ánodo y el cátodo para que ningún electrón llegue
al ánodo?
Ec = q∙V
3,27∙10-19 = 1,602∙10-19∙V
V = 2,04 voltios
Tema 1 SPT01B Hoja 5
Problema 7. Calcular a que ión hidrogenoide pertenece la transición de = 10,8 nm que corresponde al
salto pasar del tercer estado excitado al estado fundamental.
1 1 1
R h ·Z2 2 2
λ n1 n1
1 1 1
1,097·10 7 ·Z2 2 2
1 4
-9
10,8·10
Z=3
Li2+
Li2+
b)
1 1 1 1 1 1
R h ·Z2 2 2 1,097·10 7 ·32 2 = 1,013·108 m
λ n1 n1 λ 1
Problema 9. Calcular el valor de la segunda ionización del helio (EI2) formulada de la siguiente manera:
He+ He2+ + e EI2 = ¿?
Datos: RH = 1.0987·107 m1 , e = 1,6·1019 C, c = 3·108m·s1, h = 6,63·1034 J·s
Calcular la asociada de los electrones expulsados del He+ cuando inciden fotones de = 2 Å
PI1 PI2
He 1s 2
He 1s+ 1
He2+ 1s0
1 1 1
= 1,097∙107∙32 ( – ) o =2,279∙10-8 m
o 12 ∞2
h∙c 6,626∙10-34∙3∙10 8
Eo= = = 8,722∙10-18 J = 54,4 eV
o 2,279∙10-8
h∙c 6,626∙10-34∙3∙10 8
E= = = 9,94∙10-18 J = 62,05 eV
2∙10-10
E = Eo + Ec
m∙v2
Ec =
2
2E 2 1,217 1018
v 1,63 106 m / s
me 9,11 10 31
h 6,626∙10-34∙
= = = 4,45∙10-10 m = 4,45 Å
m∙v 9,11∙10-31∙1,63∙106
Problema 10. Calcular la frecuencia y la longitud de onda de la radiación emitida por un electrón de
hidrógeno cuando pasa del nivel de energía n = 3 al fundamental. ¿Esta transición se halla en la región
visible del espectro?
1 1 1 1 1 1
R h ·Z2 2 2 1,097·10 7 ·12 2 2 = 1,0255·107 m
λ n1 n1 λ 1 3
c 3·108
ν = 2,93·1015 s1
λ 1,0255·10 7
Problema 11. Escribir todos los conjuntos de los cuatro números cuánticos que caracterizan al estado de
todos los electrones, cuyos números cuánticos principal y del momento angular sean n = 2 y l = 1.
( n, l, m, s) o ( n, l, ml, ms)
Como l = 1, ml = +1, 0, 1
ml = +1 ( 2, 1, 1, ½) ( 2, 1, 1, ½)
ml = 0 ( 2, 1, 0, ½) ( 2, 1, 0, ½)
Aniones: 17Cl, 2
8O ,
3
7N ,
2
16S , 52Te
2
, 53I
2+ 2+ 2+
Cationes: 20Ca , 26Fe , 30Zn
Problema 1. a) Deducir qué átomos son paramagnéticos: Be (Z = 4), C (Z = 6), O (Z = 8), Ne (Z = 10), Cu
(Z=29), Na(Z=11)
b) Deducir los iones más estables que formarán los átomos del apartado (a).
a) Los átomos paramagnéticos son aquellos que tienen electrones DESEMPAREJADOS (tienen
propiedades magnéticas) mientras que los diamagnéticos tienen todos sus electrones
EMPAREJADOS. Por tanto para contestar este apartado lo primero será determinar la configuración
electrónica de estos átomos y por examen de esta configuración electrónica podremos determinar si
son paramagnéticos o diamagnéticos:
b) Los iones más estables serán aquellos que les permita a los átomos adquirir la configuración
electrónica de gas noble:
Problema 2. Definir la energía de ionización. Justificar los siguientes valores de la energía de ionización.
Elemento EI1 (Kj/mol) EI2 (Kj/mol) EI3 (Kj/mol) EI4 (Kj/mol) EI5 (Kj/mol)
Be (Z = 4) 899 1757 14850 21005
1s22s2 1s22s1 1s2 < >[He] 1s1
B (Z = 5) 801 2430 3660 25000 32000
1s22s22p1 1s22s2 1s22s1 1s2< >[He] 1s1
- EI4 (Be)<EI4 (B), en ambos casos los valores son muy elevados pero en el caso del Be es un
poquito menor ya que pierde la configuración de gas noble (1s2).
Problema 3. Definir la afinidad electrónica. Justificar los siguientes valores de la afinidad electrónica
(KJ/mol).
Li (Z = 3) Be (Z = 4) B (Z = 5) C (Z = 6) N (Z = 7) O (Z = 8) F (Z = 9) Ne (Z = 10)
–60 +241 –27 –122 0 –141 –328 +29
1s22s1 1s22s2 1s22s22p1 1s22s22p1p1 1s22s22p1p1p1 1s22s22p2p1p1 1s22s22p2p2p1 1s22s22p2p2p2
- La afinidad electrónica es la energía que conlleva la captación de un electrón por un átomo o ion
en estado gaseoso.
- Todos los elementos en esta tabla están en el periodo dos. En general cuando se avanza en un
periodo la AE aumenta y esa es la tendencia observada por ejemplo cuando pasamos del B al C o
del C al O y de este al F.
Las excepciones a esta regla son Be, B, N y Ne.
Problema 4. Ordenar los iones, S2-, Na+, Br-, Mg2+, As3-, Al3+, por orden creciente del radio.
Primero determinamos las configuraciones electrónicas de estos iones para ver que iones son isoelectrónicos:
El Na+, Mg+2 y el Al+3 son isoelectrónicos mientras que el Br- y el As-3 también lo son.
Para los cationes isoelectrónicos el tamaño disminuye cuando aumenta Z ya que los electrones se ven mas y
mas atraídos por el núcleo atómico, por tanto: r(Na+)>r(Mg+2)>r(Al+3).
Y para los dos iones isoelectrónicos por el mismo razonamiento podemos concluir que: r(Br-) <r(As-3)
Los iones que tengan llenos niveles más altos de n en general tendrán mayor radio por lo que los mayores
iones son el Br- y el As-3. Los mas pequeños serán aquellos con niveles ocupados del menor n posible, por
tanto el Na+, Al+3 y Mg+2; y el S-2 será el caso intermedio.
Teniendo en cuenta todos estos razonamientos podemos ordenar los iones de la siguiente forma:
r(Al+3)<r(Mg+2)<r(Na+)<r(S-2)< r(Br-)<r(As-3)
Problema 5. Ordenar los átomos Li, Na, Mg, Cl, Br, Be, B, Xe por orden creciente del radio.
En este caso estamos ante átomos neutros y lo que habrá que tener en cuenta principalmente es la posición en
la tabla periódica de estos elementos y para ello nos fijamos en su configuración electrónica:
Tema 2 CLASIFICACION PERIODICA DE LOS ELEMENTOS Hoja 3
Li Na Mg Cl Br Be B Xe
2s1 3s1 3s2 3s23p5 3d104s24p5 2s2 2s22p1 4d105s25p6
Con electrones en nivel n=4 tenemos el Br por lo tanto este es el siguiente mayor después del Xe: Br<Xe
Con electrones em el nível n=3 tenemos: Na, Mg, Cl, el más pequeño será aquel que tenga mayor Z por tanto
Cl, seguido de Mg y Na: Cl<Mg<Na
Con electrones en nivel n= 2 tenemos: Li, Be, B y de nuevo el que tenga mayor Z será el mas pequeño:
B<Be<Li
En general varia como el PI y AE, es decir aumenta al subir hacia arriba en la familia o grupo y al avanzar
en el periodo. Por tanto el elemento más negativo de la lista será el F siendo el que menos el Cs, la posición
del resto de elementos la deducimos por su posición en la tabla periódica en relación a estos dos elementos.
Cs<Na<H<N<F
Tema 2 SPT02B Hoja 1
La afinidad electrónica es la energía que desprende (AE < 0) un átomo en estado gaseoso cuando
capta un electrón. Como norma general, la afinidad electrónica aumenta en un grupo de abajo a
arriba y en un periodo de izquierda a derecha en valor absoluto.
↑ →
La serie de elementos corresponde al periodo 2, y se observan anomalías para Be, B y N.
El Be (Z = 4) presenta una configuración 1s22s2 moderadamente estable por tener el orbital 2s lleno,
al ganar un electrón perdería esa gran estabilidad, por eso su valor es positivo.
Be ⇅ ⇅ ↑
2s 2p 2s 2p
Be ⇅ ↑ ⇅ ↑ ↑
2s 2p 2s 2p
C ⇅ ↑ ↑ ⇅ ↑ ↑ ↑
2s 2p 2s 2p
N ⇅ ↑ ↑ ↑ ⇅ ⇅ ↑ ↑
2s 2p 2s 2p
O ⇅ ⇅ ↑ ↑ ⇅ ⇅ ⇅ ↑
2s 2p 2s 2p
F ⇅ ⇅ ⇅ ↑ ⇅ ⇅ ⇅ ⇅
2s 2p 2s 2p
Tema 2 SPT02B Hoja 2
La energía de ionización es la energía que hay que suministrar (EI > 0) a un átomo en estado
gaseoso para quitarle el electrón más externo. Como norma general, la energía de ionización
aumenta en un grupo de abajo a arriba y en un periodo de izquierda a derecha.
↑ →
La serie de elementos corresponde al periodo 3, y se aprecia que el Si tiene mayor valor que el Al.
Las energías de ionización segunda, tercera, etc, como norma general aumentan en ese orden (EI1 <
EI2 < EI3 < EI4 < ...) porque a medida que hay menos electrones estos cada vez son más atraídos por
el núcleo.
Se aprecia un gran salto para la EI4 del Al y la EI5 del Si, debido a que ambos poseen configuración
de gas noble (2s22p6) en ese momento, y al quitarles un electrón pierden estabilidad.
El EI2 es mayor para Al 1s22s22p63s2 que para Si 1s22s22p63s23p1, ya que tiene configuración más
estable.
Problema 3. Ordenar los átomos Ne, Cl, F, Be, Li por orden creciente de la afinidad electrónica.
↑ →
Li Be F Ne
Cl
Problema 4. La afinidad electrónica del Na es mayor que la del Mg, y la del Si mayor que la del
P. Explicar este comportamiento anómalo.
La afinidad electrónica es la energía que desprende (AE < 0) un átomo en estado gaseoso cuando
capta un electrón. Como norma general, la afinidad electrónica aumenta en un grupo de abajo a
arriba y en un periodo de izquierda a derecha en valor absoluto.
↑ →
Na ↑ ⇅
3s 3p 3s 3p
2 2 6 2
El Mg (Z = 12) presenta una configuración 1s 2s 2p 3s estable, al ganar un electrón pierde mucha
estabilidad.
Mg ⇅ ⇅ ↑
3s 3p 3s 3p
Si ⇅ ↑ ↑ ⇅ ↑ ↑ ↑
3s 3p 3s 3p
2 2 6 2 3
El P (Z = 15) presenta una configuración 1s 2s 2p 3s 3p estable, al ganar un electrón pierde
estabilidad.
P ⇅ ↑ ↑ ↑ ⇅ ⇅ ↑ ↑
3s 3p 3s 3p
Problema 5. Explique porqué la primera afinidad electrónica del S es −200 y la segunda +649
KJ/mol.
S + e− → S− −200
En la segunda afinidad electrónica se tiene que vencer la repulsión electrostática entre dos cargas
negativas, el anión S y el electrón e−
Tema 2 SPT02B Hoja 4
Problema 6. Ordenar los átomos Be, N, Li, F, He, Ne, Xe, por su potencial de ionización.
La energía de ionización es la energía que hay que suministrar (EI > 0) a un átomo en estado
gaseoso para quitarle el electrón más externo. Como norma general, la energía de ionización
aumenta en un grupo de abajo a arriba y en un periodo de izquierda a derecha.
↑ →
Li Be N F Ne
Xe
Problema 8. Los potenciales de ionización primero y segundo para el K son 419 y 3052 KJ/mol, y
para el Ca 590 y 1145 KJ/mol. Compare los valores y comente las diferencias.
La segunda ionización del K se realiza sobre una configuración muy estable 1s22s22p6 por lo que
necesita más energía.
Tema 2 SPT02B Hoja 5
Problema 7. El potencial de ionización del Mg es mayor que el del Al, y el del P mayor que el del
S. Explicar este comportamiento anómalo.
La energía de ionización es la energía que hay que suministrar (EI > 0) a un átomo en estado
gaseoso para quitarle el electrón más externo. Como norma general, la energía de ionización
aumenta en un grupo de abajo a arriba y en un periodo de izquierda a derecha.
↑ →
El Mg (Z = 12) presenta una configuración 1s22s22p63s2 estable, al quitar un electrón pierde mucha
estabilidad.
Mg ⇅ ↑
3s 3p 3s 3p
Al ⇅ ↑ ⇅
3s 3p 3s 3p
Mg ⇅ ↑ ↑ ↑ ⇅ ↑ ↑
3s 3p 3s 3p
Al ⇅ ⇅ ↑ ↑ ⇅ ↑ ↑ ↑
3s 3p 3s 3p
Tema 3 ENLACE QUÍMICO Hoja 1
1. ¿Qué tipo de enlace vamos a tener en los siguientes compuestos? Explicar por qué.
Para saber el tipo de enlace hay que tener en cuenta la diferencia de electronegatividad entre los
átomos en los que se forma enlace. Si existe una gran diferencia de electronegatividad se forma
enlace iónico y sino covalente
a) CaO Iónico
b) NaI Iónico
c) CS2 Covalente
d) AlF3 Iónico
e) NH4Cl Iónico
f) NO Covalente
µexperimental = 1,03 D %?
d = 1,27 A δ?
δ= 2,71 x 10-20 C
b)
Tema 3 ENLACE QUÍMICO Hoja 2
µexperimental = 0,77 D %?
d = 1,42 A δ?
Luego es un compuesto es covalente, mas que el anterior ya que existe menor diferencia
de electronegatividad entre el H y el Br que entre el H y el Cl
µ = d・δ ⇒ δ= µ/d
⇒ δ= 0,77 D/1,42A
-1
= 0,54 DA
δ= 0,54 DA-1 x (3,34·10-30 C·m)/1Dx (1010 A/1 m) = 1,81 x 10 -20
C
δ= 1,81 x 10-20 C
c)
µexperimental = 0,38 D %?
d = 1,61 A δ?
Luego es un compuesto es covalente, mas que los dos anteriores como esperábamos
µ = d・δ ⇒ δ= µ/d
⇒ δ= 0,38 D/1,61A
-1
= 0,62 DA
δ= 0,62 DA-1 x (3,34·10-30 C·m)/1Dx (1010 A/1 m) = 2,08 x 10 -20
C
δ= 2,08 x 10-20 C
3. Representar las estructuras de Lewis de las siguientes moléculas e iones. En el caso que proceda
mostrar las estructuras resonantes. Indicar también, en cada caso, si hay cargas formales en uno o
más átomos. FBr, NCl3, NO, BF4−, XeO3, NCO−, CON−, HCl, C2HCl, NO2, OF2, ClO4−, HCN,
CO2, NO2−, NO3−. Determinar la geometría de estas moléculas y si es polar o no.
Comprobar soluciones en la siguiente web: http://www.uhu.es/quimiorg/covalente1.html
4. Ordena los siguientes compuestos de acuerdo con su conductividad eléctrica. Razona tu respuesta.
¿Cual es la razón por la que se utiliza Cu en los equipos eléctricos, Si en los circuitos electrónicos y Al
en tendido de alta tensión?
Tema 3 ENLACE QUÍMICO Hoja 3
B<Si<Si-P<Al<Cu<Ag<Na<K
El K y Na son los mejores conductores ya que tienen una banda semillena donde se puede conducir la
electricidad, en el caso del potasio además existe la banda creada a partir de los orbitales 3d que solapa con
la del 4s y 4p que están semillena y vacía respectivamente.
La conductividad en un grupo será mayor al bajar en el grupo ya que se tienen bandas más anchas (el ancho
de banda aumenta con la energía de los orbitales y por tanto con n).
Las propiedades metálicas son mejores para los metales que forman cationes monovalentes, que aquellos que
forman cationes divalentes y estos a su vez que los que forman cationes trivalentes. Esto se debe a que en los
primeros la banda de valencia esta semillena.
Podemos comprobar el orden propuesto buscando datos de conductividad eléctrica para estos metales,
aunque solo los he encontrado para algunos de ellos
Metal Conductividad/106 siemens m-1
Ag 63,06
Cu 59,6
Au 45,5
Al 37,8
El Si y Si-P son semiconductores ya que la banda de valencia y conducción no solapan, mientras que el B es
un no metal que es completamente no conductor. Sin embargo el Si-P esta dopado con átomos de P que tiene
exceso de electrones respecto al Si, haciendo que las bandas de valencia y conducción estén más cercanas.
Idealmente utilizaríamos Ag para los equipos eléctricos (los metales del grupo IA y IIA no se pueden utilizar
ya que son muy reactivos) pero es demasiado caro y por eso se utiliza Cu que es el elemento siguiente en
conductividad y de relativo bajo coste.
Para los circuitos electrónicos necesitamos semiconductores cuyas propiedades eléctricas dependan de la
temperatura ya que esto es critico a la hora de diseñar circuitos electrónicos. Mientras que el Al se utilizada
para el tendido de alta tensión ya que debido a su menor densidad (respecto al Cu) hace que la relación
conductividad/coste sea mas favorable ya que permite hacer tendido de cables de mayor sección.
5. ¿Que tipo de fuerzas intermoleculares existen entre las siguientes moléculas? Ordena estos
compuestos de acuerdo con su temperatura de ebullición. HBr, CH4, SO2, H2O
HBr: Es una molécula polar por lo que tendremos fuerzas dipolo-dipolo además de fuerzas de dispersión.
CH4: Es una molécula apolar por lo que solo existirán en ella fuerzas de dispersión.
SO2: Es una molécula polar por lo que en ella tendremos fuerzas dipolo-dipolo además de fuerzas de
dispersión.
Tema 3 ENLACE QUÍMICO Hoja 4
H2O: Es una molécula polar donde existen enlaces O-H, por tanto tendremos puentes de H, fuerzas dipolo-
dipolo y fuerzas de dispersión.
Las interacciones intermoleculares más fuertes se dan el H2O y por tanto esta será la molécula con un mayor
punto de ebullición, mientras que esperamos que el CH4 sea el que tiene un menor punto de ebullición. De
hecho a temperatura ambiente el H2O es un líquido mientras que el resto de moléculas son gases.
El HBr y SO2 ambos son polares, para saber cuál de ellos presentara mayor punto de ebullición hay que tener
en cuenta su peso molecular y lo polar y el número posible de interacciones que una moléculas puede tener.
El SO2 es más polar y al mismo tiempo debido a la forma de la molécula tiene más posibilidades de
interaccionar con varias moléculas al mismo tiempo por lo que su temperatura de ebullición es mayor que la
del HBr (piensa que hay dos momentos dipolares en el caso del SO2 mientras que solo hay uno en el HBr,
aunque la diferencia de electronegatividad entre H y Br es un poco mayor que entre S y O) y tienen pesos
moleculares bastante similares:
H2O>SO2>HBr> CH4
Podemos comprobar si el orden es el correcto buscando los puntos de ebullición para estos compuestos:
Problema 1. Calcular la afinidad electrónica del cloro conociendo los siguientes datos:
Calor de sublimación del Na(s) S = 108 KJ/mol Constante de Madelung A = 1,74.
Potencial de ionización del Na(g) PI = 502 KJ/mol Constante de Born n=8
Energía de disociación del Cl2(g) D = 242 KJ/mol Radio iónico del Cl- 1,81 Å
Calor de formación del NaCl (s) Qf = -465,5 KJ/mol Radio iónico del Na+ 0,95 Å
Qf
Na(s) ½Cl2(g) Na+Cl-(sólido)
+
S 1/2D
PI
AE1
Na+(g) Cl-(g)
Despejamos AE:
AE=Qf-S-1/2D-PI-U
En esta formula tenemos toda la información necesaria salvo U pero podemos calcular U teniendo en cuenta:
KNAQ +Q - e 2 A 1
U=− 1−
do n
Sustituimos en la formula anterior:
9x10 9
Nm 2
2
( 2
)
× 6,023x10 23 mol -1 1× (− 1) × 1,602x10 -19 C × 1,74
1
U=− C −1
1 − = −7,674 x10 Jmol
5
U = −767,4kJmol −1
Sustituyendo ahora todos los valores en la formula para obtener AE:
Tema 3 ENLACE QUÍMICO Hoja 6
Qf
Mg(s) F2(g) Mg+22F-(sólido)
+
S D
PI1+PI2
2AE1
Mg+2(g) 2F-(g)
PI2= Qf-S-D-PI1-2AE-U
Obtenemos un PI2 para el Mg de 15,95 eV. Como esperábamos el signo es positivo ya que el arrancar un
segundo electrón siempre es un proceso endotérmico y además hemos obtenido un valor mayor que el del PI1
como esperaríamos.
Problema 3. Justificar y asignar las energías de red (KJ/mol) de los compuestos LiF, LiI, CaI2, CaO,
CaF2: 604, 757, 1036, 3401, 4050.
La energía de red depende fundamentalmente de la carga electrónica (aumenta con la carga) y del radio
atómico (disminuye con el radio).
Tema 3 ENLACE QUÍMICO Hoja 7
Hacemos una tabla donde incluimos varia el radio atómico para estos compuestos iónicos y sus cargas
atómicas, a posteriori iremos asignando las energías de red conforme:
Compuesto LiF LiI CaI2 CaO CaF2
-1
U/kJ mol 757 604 1036 4050 3401
Q +1,-1 +1,-1 +2, -1 x2 +2, -2 +2, -1x2
Conf. [He]2s0 [He]2s0 [Ar]4s0 [Ar]4s0 [Ar]4s0
electrónica
catión
r+ rCa+2>rLi+ rCa+2>rLi+ rCa+2>rLi+ rCa+2>rLi+ rCa+2>rLi+
Conf. [He]2s2p6 [Kr] 4d10 5s25p6 [Kr] 4d10 5s2 5p6 [He]2s22p6 [He]2s2p6
electrónica
anión
r- rI->rO2->rF- rI->rO2->rF- rI->rO2->rF- rI->rO2->rF- rI->rO2->rF-
Las mayores energías de red corresponderán a los compuestos con Ca+2 mientras que las menores a los que
tiene Li+.
Entre los de Ca, el de mayor U es el que tenga un anión doblemente cargado: CaO
Entre los de Li, el de menor U será el que tenga el anión más grande: LiI.
El CaI2 tendrá una U mas pequeña que el CaF2 puesto que rI>rF
LiI<LiF<CaI2<CaF2<CaO
Problema 4. Deducir la valencia covalente de los siguientes átomos: Be (Z = 4), C (Z = 6), O (Z = 8), Ne
(Z = 10)
Un átomo puede formar tantos enlaces covalentes como electrones desapareados posea:
Problema 5.El fósforo forma PF3 y PF5 pero el nitrógeno solo forma NF3. Formular las estructuras de Lewis
del NF3, PF3 y PF5. Explicar el hecho de que el PF5 es estable mientras que el NF5 no existe. A la luz de
dichas explicaciones, ¿cuáles de las siguientes moléculas es de esperar que no existan: OF4, PF6, SF2, SF4,
SF6?
NF3:
Tema 3 ENLACE QUÍMICO Hoja 8
Número de e: N: 5e 26 e-
3F: 3x7 =21 e
F N F
Si contamos los electrones que tenemos en esta estructura de Lewis nos salen: 26 e-, que es el número que
tenemos. Ahora determinamos las cargas formales para ver si esta molécula puede ser estable con esta
configuración de Lewis:
0 0 0
F N F
F
0
F P F
Si contamos los electrones que tenemos en esta estructura de Lewis nos salen: 26 e-, que es el número que
tenemos. Ahora determinamos las cargas formales para ver si esta molécula puede ser estable con esta
configuración de Lewis:
0 0 0
F P F
F
0
Número de e: P: 5e 40 e-
5F: 5x7 =35 e
F F
F P F
Si contamos los electrones que tenemos en esta estructura de Lewis nos salen: 40 e-, que es el número que
tenemos, pero el P no cumple la regla del octeto pero tenemos que recordar que los elementos del segundo
periodo periodo pueden romper la regla del octeto. Ahora determinamos las cargas formales para ver si esta
molécula puede ser estable con esta configuración de Lewis:
0 0
F F
0 0 0
F P F
F
0
El PF5 es estable mientras que el NF5 no existe ya que solo se puede romper la regla de octeto para elementos
del segundo periodo en adelante y el N no es del segundo periodo. Además la TEV dice que un átomo sólo
puede formar tantos enlaces como electrones desapareados tenga o pueda desaparear.
- No exista: OF4 ya que supondría romper la regla del octeto para el O (4 pares de electrones
enlazantes y 2 electrones no enlazantes):
F O F
F
- No existe: PF6 ya que el P no puede desaparear 6 e ya que su configuración electrónica de valencia
es: 3s23p3
El resto podrían existir ya que aunque en algunos casos el átomo central no va a cumplir la regla del octeto es
un elemento del segundo periodo en adelante.
Problema 6. Representar la molécula CH2O según la teoría de la hibridación, indicando la geometría, forma,
polaridad y los ángulos de enlace de la molécula. Justificar si presenta resonancia.
Dibujamos la molécula primero recordando que alrededor del C tenemos que tener 4 enlaces:
H C O
H
Tema 3 ENLACE QUÍMICO Hoja 10
El C tiene un doble enlace por lo que estará en hibridación sp2 y teniendo en cuenta que cuando se tiene ese
tipo de hibridación la molécula es triangular plana, el ángulo H-C-H será de 120°:
δ-
O
C δ+
H 120° H
Esta molécula no presenta resonancia ya que no se pueden formar dobles enlaces entre el C e H.
Problema 7. Qué compuesto tiene el punto de ebullición más alto en cada uno de los pares siguientes:
CH4SiH4, NH3PH3, H2OH2S, HFHCl
a) CH4SiH4,
Ambos son compuestos apolares con enlace covalente. El tipo de fuerzas intermoleculares que existirán que
determinaran los puntos de ebullición son de repulsión de London y teniendo en cuenta que estas fuerzas son
más importantes al aumentar el peso molecular, el punto de ebullición del SiH4 será mayor que el del CH4.
b) NH3-PH3
Estas dos moléculas presentan enlaces covalentes polares. Por tanto las fuerzas intermoleculares
que dominaran el punto de ebullición son fuerzas dipolo-dipolo y puentes de H en el caso del NH3.
Los puentes de H son mucho mas fuertes que las fuerzas dipolo-dipolo y por consiguiente el punto
de ebullición del NH3 es mas algo que el del PH3.
c) H2O-H2S
En el H2O tendremos puentes de H mientras que en el H2S, por tanto el punto de ebullición del agua
es mayor que el del H2S.
d) HF-HCl
El HF puede formar puentes de hidrogeno mientras que el HCl no, haciendo que el punto de
ebullición del HF sea mayor que el del HCl.
Tema 3 ENLACE QUÍMICO_Adicionales Hoja 1
ENLACE IÓNICO
Problema 1. Calcular la afinidad electrónica del cloro conociendo los siguientes datos:
Calor de sublimación del Na(s) S = 108 KJ/mol Constante de Madelung A = 1,74.
Potencial de ionización del Na(g) PI = 502 KJ/mol Constante de Born n=8
Energía de disociación del Cl2(g) D = 242 KJ/mol Radio iónico del Cl- 1,81 Å
Calor de formación del NaCl (s) Qf = -465,5 KJ/mol Radio iónico del Na+ 0,95 Å
AE(Cl)?
∆E1= ∆Hf-∆Hs-1/2∆Hd-EI1-U
Lo único que no sabemos de esta fórmula es U que tendremos que calcularla a partir de los datos que nos
dan:
KNAQ +Q - e 2 A 1
U=− 1−
do n
Sustituimos:
U=−
( )
2
9 × 10 9 Nm 2 C −2 × 6.023 × 10 23 × 1× (−1) × 1.602 × 10 −19 C × 1.74 1
1 − = −7,674 x10 J / mol <> −767.4kJmol
5 −
Problema 2. Calcular la energía reticular del CaCl2(s) a partir de los datos siguientes:
Calor de sublimación del Ca(s) ∆Hs = + 178,32 KJ/mol 1º potencial de ionización del Ca(g) PI1 = + 6,11 eV
Energía de disociación del Cl2(g) ∆Hd = + 242 KJ/mol 2º potencial de ionización del Ca(g) PI2 = + 11,87 eV
1ª afinidad del Cl(g) AE1= – 3,62 eV Calor de formación del CaCl2(s) ∆Hf = – 804 KJ/mol
∆Hf
Ca(s) Cl2(g) Ca+22Cl-(sólido) o CaCl2(s)
+
∆HS
La energía total se conserva
∆HD
Ley de Hess
Ca(g) 2Cl(g) Ureticu ∆Hf = ∆Hs + ∆HD + PI1 +PI2
lar
+ 2AE + U
PI1 +PI2
2AE1
⇒
Ca+2(g) 2Cl-(g) U =∆Hf-∆HS-∆HD-PI1-PI2-2AE
Problema 3. Calcular el calor de formación del MgO(s) a partir de los siguientes datos:
Calor de sublimación del Mg(s) ∆Hs = + 150 KJ/mol 1º potencial de ionización del Mg(g) PI1 = + 7,62 eV
Energía de disociación del O2(g) ∆Hd = + 242 KJ/mol 2º potencial de ionización del Mg(g) PI2 = + 15,96 eV
1ª afinidad del O(g) AE1= – 1,47 eV Energía reticular del MgO(s) U = − 3860 KJ/mol
1ª afinidad del O(g) AE1= + 7,55 eV
Tema 3 ENLACE QUÍMICO_Adicionales Hoja 3
Problema 4. Calcular el calor de formación del PbI2(s) a partir de los datos siguientes, dados según el
convenio de signos general de energías:
Calor de sublimación del Pb (s) SPb = +178 kJ/mol 1ª Afinidad electrónica del I(g) A1= –3,0576 eV
1ª Energía de ionización del Pb (g) EI = +7,4167 eV Energía de disociación del I2(g) D = +144 kJ/mol
2ª Energía de ionización del Pb (g) E2 = +15,0287 eV Calor de sublimación del I2 (s) S I 2 = +38 kJ/mol
Energía de red PbI2(s) U = −2108 kJ/mol
Tema 3 ENLACE QUÍMICO_Adicionales Hoja 4
∆Hf
Pb(s) I2(s) Pb+22I-(sólido)
+
∆Hs2
∆HS1
La energía total se conserva
I2(g)
Ley de Hess
∆HD
Pb(g) Ureticu ∆Hf = ∆Hs1 + ∆Hs2 +∆HD +
2I(g) lar
PI1 +PI2 + 2AE + U
PI1 +PI2
2AE1
Pb+2(g) O-2(g)
Convertimos eV en kJ mol-1:
∆Hf = ∆Hs1 + ∆Hs2 +∆HD + PI1 +PI2 + 2AE + U=178 kJ mol-1+ 38 kJ mol-1+ 144 kJ mol-1 +
714.73 kJ mol-1+ 1448.29 kJ mol-1 + 2x (-294.66 kJ mol-1) -2108 kJ mol-1 = -174.3 kJ mol-1
Problema 5. Calcular el valor de la energía reticular del Al2O3(s) a partir de los datos siguientes:
Calor de sublimación del Al(s) S = + 326,5 kJ/mol 1ª afinidad del O(g) AE1= – 1,45 eV
1º potencial de ionización del Al(g) PI1 = + 5,92 eV 2ª afinidad del O(g) AE2= + 7,63 eV
2º potencial de ionización del Al(g) PI2 = + 18,62 eV Energía de disociación del O2(g) D = + 494 kJ/mol
3º potencial de ionización del Al(g) PI3 = + 28,13 eV Calor de formación de Al2O3(s) Qf = – 1670,6 kJ/mol
∆Hf
2Al(s) 3/2O2(g) 2Al+33O-2(sólido)
+
2∆HS
La energía total se conserva
3/2∆HD
Ley de Hess
2Al(g) 3O(g) Ureticu ∆Hf = 2∆Hs + 3/2∆HD +
lar
2(PI1 +PI2 +PI3 )+
2(PI1 3(AE1+AE2) + U
+PI2+PI3) 3(AE1 +AE2)
⇒
3O-2(g)
U =∆Hf-2∆HS-3/2∆HD-2(PI1
2Al+3(g)
+PI2+PI3)-3(AE1+AE2)
Convertimos eV en kJ mol-1:
PI1 = 5.92 eV x 1.6x10-19 J/eV x 6.023x1023mol-1x 10-3kJ/J = 570.5kJ mol-1
PI2 = 18.62 eV x 1.6x10-19 J/eV x 6.023x1023mol-1x 10-3kJ/J =1794.4 kJ mol-1
PI3 = 28.13 eV x 1.6x10-19 J/eV x 6.023x1023mol-1x 10-3kJ/J = 2710.8 kJ mol-1
AE1 = –1,45 eV x 1.6x10-19 J/eV x 6.023x1023mol-1x 10-3kJ/J = - 139.7 kJ mol-1
AE2 = 7,63 eV x 1.6x10-19 J/eV x 6.023x1023mol-1x 10-3kJ/J = 735.3kJ mol-1
U = -15002,8 kJ mol-1
ENLACE COVALENTE
Problema 7. Hágase una representación de Lewis de las especies siguientes, y si procede, de la distribución
espacial de átomos por el método RPECV: Na, Cl−, S2−, O2−, PO2Cl, POC13, HClO, H2O2, NO2, N2O4,
NH3, PH4+, CH2Cl2, XeO4, SOCl2, XeOCl2.
Problema 8. Representar las moléculas e iones IF5, SO2, HNO3, PF5, CH3N, Cl2SO, CO32–, CH2O, PCl5, SF4,
NH4+, HClO4, SOF2, SF2, BrF5, XeOF2, SH2 indicando la geometría electrónica (GE), geometría molecular
(GM), polaridad y los ángulos de enlace.
Para determinar la geometría electrónica, molecular, polaridad y ángulos de enlace habría que
aplicar la teoría de repulsiones de electrones de valencia.
A modo de ejemplo:
SF2
NE = 4
Número de pares no enlazantes =2
Geometría electrónica tetraédrica y geometría molecular lineal
El ángulo de enlace por tanto 180
Molécula apolar ya que es completamente simétrica
Problema 9. Representar la molécula CH2O según la teoría de la hibridación, indicando la geometría, forma,
polaridad y los ángulos de enlace de la molécula. Justificar si presenta resonancia.
Formaldehido (formol, metanal, CH2O). El átomo de Carbono presenta hibridación sp2 al estar
unido a un átomo de Oxígeno y a dos átomos de Hidrógeno.
Tema 3 ENLACE QUÍMICO_Adicionales Hoja 7
El átomo de Oxígeno también presenta hibridación sp2 ya que está unido al átomo de Carbono y
tiene dos pares de electrones libres. Uno de los electrones que, en estado fundamental, debería estar
en uno de los orbitales híbridos pasa a estar en el orbital 2p:
Problema 10. Representar el ión PO3– según el la teoría de la hibridación, indicando la forma, polaridad y
los ángulos de enlace de la molécula. Justificar si presenta resonancia.
PO3-
Número de electrones: 5+3*6+1 =24 e-
-1
O Molécula piramidal plana---Hibridación sp2, por tanto el ángulo de
+1 Enlace es 360/3= 120°
P Hay cargas formales distintas a 0 por tanto es una molécula polar
-1
O O
Esta molécula presenta resonancia porque el doble enlace puede estar entre el P y cualquiera de los
átomos de O, hay 3 estructuras resonantes que son iguales y que van a coexistir en iguales
proporciones ya que las 3 son igual de probables.
Problema 11. Los momentos dipolares de las moléculas diatómicas KBr y KCl son 10,41 y 10,27 D, y las
distancias de enlace 2,87 y 2,67 Å respectivamente. ¿Qué enlace tiene mayor carácter iónico?
Luego como cabe esperar el KCl es más iónico que el KBr al ser el Cl más
electronegativo que el Br.
Problema 12. Sean las siguientes especies químicas dadas por su fórmula molecular: HF, F2, H2, NH3,
HCl, C12, NaCl, Na2, NaF, NO, CO2, N2, KBr, Br2, CH4 y C2. Deducir: a) tipo de enlace. b) estado
físico en c.n. de P y T. c) polaridad de las moléculas covalentes. d) sólidos aislantes. e) Justificar qué sólidos
del apartado anterior son buenos conductores al fundir.
Tema 3 ENLACE QUÍMICO_Adicionales Hoja 10
Los sólidos que son buenos conductores al fundir son los iónicos pero también los metáles fundidos son
conductores por tanto: NaCl, Na2, NaF y KBr
Los metales, compuestos iónicos y compuestos covalentes atómicos son sólidos: NaCl, Na2, NaF, KBr
Los compuestos que presente enlace covalente apolar o son compuestos apolares serán gases: f2, Cl2, N2,
Br2, CH4, CO2
El resto: compuestos covalentes polares serán gases: HF, HCl, NO salvo que presente puentes de H: NH3.
1.- Dadas las siguientes moléculas: CH4, NH3, SH2, BH3.
a) Justifica sus geometrías moleculares en función de la hibridación del átomo central.
b) Razona qué moléculas serán polares y cuáles apolares
c) ¿De qué tipo serán las fuerzas intermoleculares en el CH4?
d) Indica, razonadamente, por qué el NH3 es el compuesto que tiene mayor temperatura
de ebullición.
a) Los átomos de C, N y S combinan sus orbitales ns y np para producir 4 orbitales híbridos sp3,
de la misma energía y dirigidos hacia los vértices de un tetraedro regular, situándose el átomo central, C,
N y S en el centro geométrico del tetraedro, y en sus cuatro, tres y dos vértices, respectivamente, se sitúan
los correspondientes átomos de hidrógenos. Por ello, la geometría de la molécula CH4, en la que el átomo
de carbono carece de pares de electrones libres, es tetraédrica, mientras que las moléculas NH3 y H2S en
las que los átomos de N y S poseen uno y dos pares de electrones libres, respectivamente, las fuerzas
repulsivas entre los pares de electrones libres y compartidos hacen que se distorsione la geometría de las
moléculas, y por ello, la geometría del NH3 es piramidal trigonal por soportar el orbital híbrido situado
sobre el N el par de electrones libres, y la del H2S es angular por contener el átomo de azufre dos pares de
electrones no compartidos. La molécula BH3 es plana triangular por combinarse los orbitales 2s y 2p del
átomo de boro para producir tres orbitales híbridos sp2, de la misma energía y dirigidos en el plano, desde
el átomo de boro, hacia los vértices de un triángulo equilátero.
b) Las moléculas CH4 y BH3, en las que apenas hay diferencia de electronegatividad entre sus
átomos, son apolares debido a ello y a la simetría de sus geometrías, pues estas son las causas de que sea
cero el momento dipolar resultante de los momentos dipolares de los enlaces.
Las moléculas NH3 y H2S son polares debido a la contribución que los pares de electrones libres
hacen sobre el momento dipolar resultante, además de la aportación debida a sus respectivas geometrías.
Es decir, las moléculas tienen momento dipolar resultante (suma vectorial de los momentos dipolares de
los enlaces y de los pares de electrones libres) distinto de cero.
c) Las moléculas CH4, apolares, se unen entre sí por débiles fuerzas de Van der Waals.
d) La razón por la que el NH3 tiene una temperatura de ebullición tan elevada, se debe a que sus
moléculas se unen unas a otras por medio de enlaces de hidrógeno. La razón de estos enlaces se encuentra
en que los átomos de hidrógeno se unen a un átomo de nitrógeno de pequeño radio y muy electronegativo,
lo que provoca la polaridad de los enlaces Nδ– – Hδ+. Por ser estos enlaces de hidrógeno mucho más
fuertes que las fuerzas de Van der Waals que unen a las otras moléculas, el NH3 posee un punto de
ebullición superior a las otras moléculas.
c) La molécula NH3 es la que, por su geometría, posee un momento bipolar resultante (suma
vectorial de los momentos dipolares de los enlaces), por lo que es una molécula polar, mientras que la
molécula BeCl2 de geometría lineal, presenta momento dipolar resultante nulo y, por ello, la molécula es
apolar.
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 1
Problema1. Explicar cuál es el gas que presenta mejor comportamiento ideal en c.n.:
CHCl3 a = 15,170 l2atm/mol2 b = 0,10220 l/mol tc = 263,0 oC Pc = 54 atm
2 2
Ar a = 1,345 l atm/mol b = 0,03219 l/mol tc = -122,3 oC Pc = 48 atm
A priori esperaríamos que el Ar se comporte mas como un gas ideal ya que en él las interacciones
intramoleculares va a ser menos importantes y al mismo tiempo el peso de los átomos de Ar (39,95 g mol-1)
es mas despreciable que el de las moléculas de CHCl3 (119,5 g mol-1).
Simplemente observando los valores de a y b se puede predecir que Ar se comportara en general de una
forma mas ideal que el CHCl3 ya que tiene valores de a y b mas pequeños.
En cualquier caso cuanto se acerca un gas a la idealidad depende de las condiciones de presión y
temperatura. En este problema tenemos que determinarlo en condiciones normales, es decir a 1 atm y 273
K.
Considerando a ambos gases ideales para 1 mol de gas su volumen en condiciones normales seria de 22,4 l,
veamos que valor obtenemos para ambos considerando que son gases reales. Para ello se utiliza la ecuación
de Van der Waals:
n 2a
P + 2 (V − nb ) = nRT
V
Resolviendo esta ecuación de tercer grado (se supone que sabéis hacerlo pero hay herramientas en internet
para hacerlo también: http://ajtr-es.blogspot.com/p/programa-resuelve-ecuaciones-de-tercer.html ).
Obtenemos las siguientes soluciones:
x1 = 0,125 x2= 21,65 x3 = 0,57
La única solución con sentido química: x2=21,65. La solución que se acerca mas a 1 que es la esperada es
x3, por lo que cogemos esta solución como la valida.
Por tanto hemos obtenido:
Vreal=21,65l<22,4l=Videal
V 2 + 1,345 l2
(V − 0,03219 l ) = 22,386 l
V2
V − 0,03219lV + 1,345l V − 1,345l 2 × 0,03219 l = 22,386 l × V 2
3 2 2
Resolviendo esta ecuación de tercer grado la única solución real que obtenemos es: 22.358
Por tanto obtenemos:
Vreal=22,358l<22,4l=Videal
Vreal=21,65l<22,4l=Videal
Vreal=22,358l<22,4l=Videal
NOTA: Los datos de tc no sirven para nada, son datos extra que se dan no relevantes.
GASES IDEALES
PV=RnT + estequiometria
Ptotal= ΣPi
Ec, u
Grado saturación= Pi,muestra/Pix100----si >100%--existe condensación
O2 x H2
Pi? Pf ?
vO2,i ?, vH2,i? vO2,f?, vH2,f? vH2O,f?
Si se enfría: T =20C, cantidad de liquido que
condensa
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 3
Una vez que se mezclan y reaccionen la presión total vendrá dada por la ley de Dalton, pero como existe
reacción primero tenemos que saber cual es el reactivo limitante para así poder determinar que es lo que
queda en el volumen final y cuanta agua se va a formar en estado gaseoso. Para ello determinamos el número
de moles iniciales de O2 y H2:
m
n=
M
mO 2 32g
Para el O2: nO2 = = = 1mol
M O 2 32gmol−1
mH 2 4g
Para el H2: nH2 = = = 2mol
M H 2 2gmol−1
2H2 + O2 → 2H2O
Por tanto O2 y H2 están en condiciones estequiometricas por lo que tras la reacción solo habrá 2 moles de
agua en estado vapor que es lo que determinara la presión final:
Rn H 2OTf 0,082 atm l mol−1 K −1 × 2mol × (105 + 273)K
PH 2O = = = 3,1atm
Vf 20l
Por tanto la presión final es de 3,1 atm.
b) La velocidad promedio antes y después de reaccionar será diferente ya que la temperatura cambia.
En el estado final solo tenemos agua por lo que solo tenemos que determinar la velocidad para este
gas.
La velocidad viene dada por la ecuación cinética de los gases:
3RT
u=
M
Por tanto la velocidad de las moléculas de O2 era 477,9 ms-1, mientras que las de H2 1911,5 y finalmente las
moléculas de agua tendrán una velocidad media de 723,7 ms-1.
c) Si se enfría a 20C todo el agua que esta en fase vapor pasara a fase liquida. Anteriormente
calculamos que producíamos 2 moles de H2O por tanto produciremos una masa de: 2 moles x18
gmol-1= 36 g de agua.
R1 R2 ⇒ R1
P1 ? P2?
a) Para determinar P1 y P2 tenemos primero que determinar el peso medio del aire seco y húmedo y a
partir de ahí podemos calcular las presiones aplicando la ecuación de los gases ideales.
∑M X i i
M = i
∑X i
i
Para el aire húmedo, primero tendremos que determinar el % de agua que tenemos sabiendo que tenemos una
presión parcial de agua de 27 mmHg y para ello aplicamos la ecuación de los gases ideales:
m H 2O 1atm
PH 2OV = RnT = R T ⇒ 22mmHg × × 2,5l × 18 gmol −1
M H 2O PH 2OVM H 2O 760mmHg
m H 2O = = = 0,053 g
RT 0,082atm l −1 K −1 mol −1 × (27 + 273)K
Por tanto tendremos en los 2 g de aire saturado: 0,053 g de H2O y N2+O2: 2-0,053=1,947g
De esos 1,947 g el 78% será de N2: 1,519 g y el resto de O2: 0,428 g y ahora pasamos a calcular el peso
molecular medio del aire saturado de agua:
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 5
Se observa como cabria esperar que el peso molecular del aire saturado de humedad es menor que el del aire
seco (ya que el peso molecular del agua es menor que el del N2 o el O2).
maire sec o
× (75 + 273)K
2g
Para R1: R T 0,082atm l −1 K −1 mol −1 ×
M 28,88 gmol −1
P1 = = = 0,329atm
aire sec o
V1 6l
Para R2:
maire saturado
× (27 + 273)K
2g
R T 0,082atm l −1 K −1mol −1 ×
M 28,591gmol −1
P2 = = = 0,688atm
aire saturado
V2 2,5l
Por tanto la presión inicial en el recipiente 1 es 0,329 atm mientras que en el 2 es de 0,688atm.
b) Ahora tenemos que calcular la presión final tras la mezcla pero hay que tener en cuenta que el
proceso de mezcla no es isotermico, y el volumen final es el del primer recipiente
maire sec o maire saturado
RT f +
M
RT (naire sec o + nairesaturado ) aire sec o
M aire saturado
=
Pfinal = =
V1 V1
0,082atm l −1 K −1 mol −1 × (57 + 273)K ×
2g 2g
−1
+
−1
Pfinal = 28,88 gmol 28,591gmol
= 0,63atm
6l
Donde PH2O es la presión parcial que ejerce el agua en esas condiciones y Pv,H2O es la presión de vapor del
agua en esas condiciones.
A 57 C Pv,H2O=130 mmHg y como sabemos del apartado anterior cuánta agua teníamos podemos calcular su
presión parcial por la ecuación de los gases ideales:
m H 2O
× (57 + 273)K
0,053 g
R T 0,082atm l −1 K −1mol −1 ×
M H 2O 18 gmol −1 760mmHg
PH 2O = = = 0,013atm × = 10,09mmHg
V1 6l 1atm
Para determinar la cantidad de SO3 formado en el momento que se registra una presión de 3,5 atm vamos a
suponer que la temperatura del sistema se mantiene (esta hipótesis tiene sentido ya que tenemos un
termostato). La presión registrada según la ley de Dalton vendrá dada por:
Pf = PSO 2 + PO 2 + PSO 3
La presión parcial de cada uno de los tres gases que componen la mezcla en ese momento viene dada por la
ecuación de los gases ideales:
Rn i T
Pi =
V
donde ni viene dado por el numero de moles determinado por la estequiometria de la reacción:
R (n SO 2 − x )T R (n O 2 − 1 / 2 x )T RxT
Pf = + +
V V V
Despejamos x de esta ecuación:
2Pf V
x = 2(n SO 2 + n O 2 ) −
RT
Por tanto para poder calcular x necesitamos los valores de los moles iniciales de SO2 y O2:
m SO 2 64g m O2 24g
n SO 2 = = = 1mol n O2 = = = 0,75mol
M SO 2 64gmol −1 M O 2 32gmol −1
Ahora podemos calcular la masa de SO3 formada simplemente multiplicando el número de moles por el peso
molecular del SO3:
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 7
Por tanto en el momento de medir una presión de 3,5 atm se han formado 77,05 g de SO3.
Para determinar la composición de la mezcla final cuando el reactivo limitante se ha acabado necesitamos
determinar primero cual es el reactivo limitante. Será el SO2 ya que este se encuentra en menor cantidad (y la
reacción es un mol de SO2 a 0,5 moles de O2) que el O2, por tanto:
Por tanto en la mezcla final tendremos O2 y SO3 en las siguientes concentraciones expresadas como
fracciones molares:
1 1
n O 2 − n SO 2 n O 2 − n SO 2
2 2 0,75 − 0,5 × 1
X O2 = = = = 0,20
1 1 0,75 + 0,5 × 1
n O 2 − n SO 2 + n SO 2 n O 2 + n SO 2
2 2
X SO 3 = 1 − X SO 2 = 1 − 0,20 = 0,80
Por tanto la composición final de la mezcla va a ser un 20% de O2 y un 80% de SO3.
Problema 5. Se introducen 180 g de agua en un recipiente de 10 litros a 25ºC. Calcular la presión parcial
de vapor de agua y calcular cuantas fases hay en el sistema. Calcular dicha presión si la temperatura se eleva
a 100ºC y 400ºC.
Datos a considerar : Tcrítica = 374ºC, Pcritica = 218 atm ∆HV( a 100ºC) = 40,63 KJ/mol
m = 180 g
V = 10 l
T = 25 C
PH2O ?
Fases en el sistema?
PH2O para T = 100C y T=400C?
Tcritica = 374 C
Pcritica = 218 atm
∆Hv (a 100C) = 40, 63 kJ mol-1
Para poder calcular la presión de vapor a esa temperatura necesitamos aplicar la ecuación de Clausius
Clapeyron:
∆H V
ln P = − +C
RT
Si aplicamos esta ecuación a dos condiciones de temperatura 1 y 2:
∆H V ∆H V
ln P1 = − +C ln P2 = − +C
RT1 RT2
Y ahora restamos una ecuación de otra:
P1 ∆H V 1 1
ln = −
P2 R T2 T1
A 100C sabemos que el agua hierve y por tanto alcanza su punto de ebullición lo que significa que su presión
de vapor es igual a una atmósfera. Llamemos a esta temperatura T1 y T2 será la temperatura a la que nos
piden la presión de vapor, es decir a 25C y sustituimos:
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 8
Esta es lo que se conoce como presión de saturación, es decir el valor máximo que puede tener la presión
parcial de agua. Si tenemos suficiente agua para sobrepasar este valor significara que parte del agua está en
fase líquida, mientras que si no existe suficiente cantidad de agua para alcanzar este valor máximo, eso
significaría que tenemos una sola fase, la fase vapor.
Ahora para saber cuántas fases tenemos hay que determinar cuál sería la presión máxima que podríamos
tener debido a la cantidad de agua que tenemos:
× (25 + 273)K
m −1 −1 180g
R T 0,082atm l K ×
RnT M = 18gmol −1
P= = = 24,44atm
V V 10l
La Psaturación es <P que podemos alcanzar evaporando todo el agua, eso significa que tenemos dos fases: vapor
y liquida a 25C y la presión parcial del agua será 0,037 atm
Las coordenadas
(24,4 atm, 25ºC )
L Corresponden a la zona L,
24,4 luego es un vapor
S
0,037 atm SOBRESATURADO que
V condensa hasta que se consigue
la presión de saturación:
25 ºC Ps(25ºC)= 0,037 atm.
Haciendo esto mismo para las otras dos temperaturas que se nos piden:
A 100C: La presión de vapor será la que hemos utilizado anteriormente, es decir 1 atm. Comparemos ahora
este valor de saturación con el valor máximo de presión que podríamos alcanzar si fuera posible evaporar
toda el agua disponible:
× (100 + 273)K
m −1 −1 180g
R T 0,082atm l K ×
RnT M = 18gmol −1
P= = = 30,59atm
V V 10l
A 400C: Esta temperatura esta por encima de la Tcritica. La presión de vapor se calcula análogamente a como
lo hicimos para el caso de 25C y se obtiene:
P2 = 343,9 atm
que es una presión de vapor que esta por encima de la presión critica, eso se debe a que la ecuación de
Clapeyron es solo valida en un determinado rango de temperaturas por debajo del punto critico. Por tanto la
presión máxima que podremos tener es la Pcritica pero podemos alcanzarla debemos tener suficiente agua.
Veamos cual es la presión máxima que podemos tener dado que solo teníamos 180 g de agua inicialmente en
un volumen de 10 l:
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 9
× (400 + 273)K
m −1 −1 180g
R T 0,082atm l K ×
RnT M = 18gmol −1
P= = = 55,186atm
V V 10l
Por tanto la presión que tendremos en el sistema a 400 C es 55,186 atm y en ese momento todo el agua se
habrá evaporado y solo tenemos una fase, la fase vapor
Fluido supercrítico
221 atm L
55.2 atm Las coordenadas
S (55.2 atm, 400ºC )
V están a la zona Gas
400
LIQUIDOS:
-Regla Trouton –F intermoleculares
-↑Pv---↓Teb---↓Fintermoleculares
Problema 6. Los líquidos “normales” o no polares cumplen la regla de TROUTON: ¿Qué se puede decir
acerca de las fuerzas intermoleculares en las sustancias cuyos datos son los que se indican?:
H2O ( Te = 373ºK , ∆HV= 9720 cal/mol) , CCl4( Te = 350ºK , ∆HV= 7100 cal/mol)
Por tanto se cumple la regla de Trouton para el CCl4 y eso indica que no existen fuerzas intermoleculares
fuertes que afectarían al orden molecular (y por tanto a la entropía), indica que estamos ante un líquido
apolar.
Te= 373 K
∆HV= 9720 cal/mol
Aplicamos la ecuación de Trouton para ver si se cumple:
Problema 7. Las presiones de vapor de la piridina a 13,2 ºC y 95,6 ºC son de 10 y 400 mmHg
respectivamente. a1) Justificar si existen fuerzas intermoleculares en la piridina. a2) ¿Es más volátil que el
agua? ¿Por qué? b) En un recipiente cerrado hay piridina a 65 ºC y 400 mmHg. Justificar en qué estado se
encuentra.
Para poder contestar esta pregunta lo primero que tenemos que hacer es determinar ∆Hv y para ello
tendremos que utilizar la ecuación de Clausius-Clapeyron aplicado a dos temperaturas distintas que ya
utilizamos en el ejercicio 5:
P1 ∆H V 1 1
ln = −
P2 R T2 T1
Despejamos de esta ecuación ∆Hv y sustituimos:
P1 10
R ln 8,314 JK −1 mol −1 × ln
P2 400 = 39264,7 Jmol −1 <> 39,26kJmol −1
∆H V = =
1 1 1 1
− −
T2 T1 95,6 + 273 13,2 + 273
Ahora aplicamos de nuevo la ecuación de Clausius Clapeyron para determinar la presión de vapor de la
piridina a 65C:
P1 39264,7 Jmol −1 1 1
ln = −
10mmHg 8,314 JK mol (13,2 + 273)K (65 + 273)K
−1 −1
Este valor está por debajo del valor de la presión que nos han dado 400 mm Hg por tanto toda la piridina
estará en fase líquida:
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 12
Las coordenadas
(400mmHg, 65ºC )
L Corresponden a la zona L
400Torr
S
125,4Torr
V
65 ºC
PROPIEDADES COLIGATIVAS(soluto no volatil) y/o EQUILIBRIO L-V O S-L
Problema 8. Una olla a presión tiene una válvula de seguridad que permite salir el vapor cuando la presión
interior es de 2 atm. Si dicha olla contiene agua en cantidad suficiente para llegar al punto de ebullición,
calcular a que temperatura hierve. ¿Cuál sería la temperatura de ebullición si en vez de agua pura, hay una
disolución 0,1 M de NaCl (electrolito fuerte)? Suponer que la densidad es 1g/cm3 y que el grado de
disociación aparente es α=1
Supongamos que la olla es de 5 l y contiene 50 g de agua, la válvula se obstruye y alcanza una temperatura
de 120 ºC. Calcular la presión en el interior de la olla y la masa de agua que queda en estado líquido
Pv (H2O a 120 ºC) = 1500 mmHg. ∆HV( a 100ºC) = 40.63 KJ/mol , Ke= 0,50 ºC/molal
a) Pmax = 2atm
Teb? con agua pura
∆Hv = 40.63 KJ/mol
Pv (H2O a 120 ºC) = 1500 mmHg.
∆HV( a 100ºC) = 40.63 KJ/mol
c) V=5l
mH2O=50g
T =120 C
P?
mH2O en estado líquido?
a) Para determinar la temperatura de ebullición tenemos que aplicar la Ecuación de Clausius Clapeyron
aplicada a dos temperaturas diferentes dado que sabemos que la presión de valor del agua a 100C es
de 1 atmosfera:
P1 ∆H V 1 1 2 40630 1 1
ln = − ⇒ ln = − ⇒ T2 = 393,8 K
P2 R T2 T1 1 8,31 373 T2
b) Para calcular la Teb en el caso de la disolución tendremos que aplicar la propiedad coligativa del
aumento de la temperatura de ebullición para el caso de una disolución de electrolito:
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 13
c)
Para decidir si hay una fase o dos puede suponerse que hay DOS FASES (L ⇔V) y se calcula la masa de
vapor que hay. Si resulta que esta masa en menor que 50 gramos es que hay DOS FASES DE VAPOR y si
menor una sola fase de vapor.
METODO 1
Nos dan el valor de la Pv a 120C =1500 mm Hg, calculamos a partir de esta presión de vapor cuanta agua
tendríamos en fase vapor:
Esta masa es menor que la disponemos por tanto tendremos 2 FASES (LIQUIDA Y GASESOS)
La presión en el interior de la olla seria la presión de saturación a 120C que es la presión de vapor: 1500 mm
Hg
METODO 2.
Este método es menos exacto ya que utiliza la Ecuación de Clapeyron que asume que ∆H es constante
con la temperatura lo que no es del todo cierto. Por eso nos da un resultado diferente. Si os fijáis
incluso la presión de vapor nos da un valor diferente.
Aplicamos la ecuación de Clapeyron para calcular la presión que habría en la olla a la temperatura de 120C:
Pv 40630 1 1
ln = − ⇒ Pv = 3,89atm
1 8,31 373 273 + 120
Como la masa de agua que corresponde a esa presión es menor de 50 g eso significa que tenemos 2 fases, la
fase liquida y vapor.
La cantidad de agua en estado líquido sería igual a la cantidad total menos la que esta en fase vapor, es decir:
mliquida =mtotal-mvapor =50g-10,9g = 39,1g
Problema 9. Una disolución acuosa de HClO2 1 M congela a – 2,2 ºC, si la densidad es d = 1,01 g/ml
calcular:
a) El grado de disociación. c) La presión de vapor a 35 ºC.
b) La presión osmótica a 35 ºC. d) La temperatura de ebullición.
Ke (H2O) = 0,512 ºC/molal Kc (H2O) = 1,860 ºC/molal Pv (H2O a 35 ºC) = 42,2 mmHg.
Tc,D = -2,2 C
ρ= 1,01 g ml-1
M=1M
HClO2/agua
Kc(H2O) = 1,860 C molal-1
Pv(H2O, 35C) = 42, 2 mm Hg
a) α?
Para poder calcular α tenemos que aplicar la ecuación de la propiedad coligativa del descenso
crioscópico de disoluciones electrolíticas:
∆T = TC ,d − Tc , D = K c × m × i
Donde i viene dado:
i=1+(ν-1) α
Propongamos la posible disociación de n moles de HClO2 para así poder determinar la valencia en
esta fórmula:
HClO2 ↔ H+ + ClO2-
n(1-α) nα nα
Por tanto ν del HClO2 seria 2.
Sustituyendo esta información en la ecuación del descenso crioscópico:
Tc ,D − Tc ,d = K c × m × (1 + (2 − 1)α ) = K c × m × (1 + α )
Pero en esta ecuación todavía no sabemos m pero lo podemos calcular a partir de la información de
la molaridad de la disolución y su densidad:
suponiendo un litro de disolución:
ns M ×V 1mol l −1 ×1l 1mol
m= = = = = 1,062molal
kg disolvente kg disolvente ρ ×V ( )
1,01gml −1 × 1000ml × 10 −3 kg − 1mol × (35,5 + 1 + 32) gmol −1 ×10 −3 kg g −1
Tc , D − Tc , d 0C + 2,2C
α= −1= − 1 = 0,11
Kcm 1,860Cmolal −1 × 1,062molal
α = 0,11
b) Π?
T = 35C
Aplicamos la formula de la presión osmótica para disoluciones de electrolitos:
π = MRTi
y sustituimos:
π = MRT (1 + α ) = 1mol l −1 × 0,082atm l −1 mol −1 K −1 × (35 + 273)K × (1 + 0,11) = 28,03atm
π = 28,03atm
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 15
c) Pv,D?
T = 35 C
P = Xs´ Pd ya que es una disolución concentrada .
PV ,D = 41,32mmHg
d) Teb,D?
T = 35 C
Ke(H2O) = 0,512 C molal-1
∆T = Teb,D − Teb,d = K eb × m × i = K eb × m × (1 + α )
Sustituimos:
∆T = 0,512Cmolal −1 ×1,062molal −1 × (1 + 0,11) = 0,603C
Teb,D = 100,6C
Problema 10. La presión osmótica de una disolución acuosa que contiene 2,50 g de glicerina por litro, es
igual a 46,2 cm de Hg a 0 oC. Calcular el peso molecular de la glicerina. Contrastar el resultado con el peso
molecular de la glicerina (propanotriol: CH2OH - CHOH- CH2OH) calculando el error relativo.
Π = 46,2 cmHg
T=0C
[]=2,50g/l
PM (peso molecular)?
PM(propanotriol)?
Comparar
10mmHg 1atm
46,2cmHg × ×
Π 1cmHg 760mmHg
M = = = 0,0272mol l −1
RT 0,082atm l K mol × (0 + 273)K
−1 −1 −1
m 1 1
PM = × = 2,50 gl −1 × −1
= 92,064 gmol −1
V M 0,0272mol l
NOTA: Hay que arrastrar todas las cifras significativas sino el valor sería diferente (hay que utilizar el
número que aparece en la calculadora)
Por tanto hemos obtenido un peso molecular por el método osmótico de 92,593 gmol-1 para la glicerina
Si ahora calculamos el peso molecular simplemente teniendo en cuenta la fórmula molecular y los pesos
atómicos que se encuentran en la tabla periódica:
Problema 11. Se disuelven 100 g de etilenglicol (etanodiol: CH2OH - CH2OH ) en 100 g de agua. Calcular:
a) La presión parcial del vapor de agua de esta disolución a 0ºC y con este resultado justificar si
congela o no a 0ºC.
b) La temperatura de congelación de la disolución.
c) Suponga que un vehículo lleva esa disolución como líquido refrigerante del motor. Explicar por qué
esa disolución hierve a una temperatura superior a 100ºC
Datos:
Pv (hielo 0ºC) ≅ Pv(agua 0ºC) = 4,5 mm Hg , Kc (H2O) =1.86oC molal-1 , Te (etilenglicol) = 198ºC
b) Tc,D?
c) Explicar por qué hierve a un T> 100 C
a) Para poder calcular la presión de vapor del agua aplicaremos la ecuación de Raoult:
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 17
Pi = xiL Pi 0
Pera en esta ecuación nos hace falta saber el valor de XiL :
100 / 62
X et = = 0,225
100 / 62 + 100 / 18
Por tanto hemos obtenido un valor para la presión parcial para el agua de 3,5 mmHg
b) Para determinar la temperatura de congelación de esta disolución no electrolítica tenemos que aplicar
la propiedad coligativa del descenso del punto de congelación:
∆T = K c m
Pero para poder aplicarla tenemos que calcular previamente la molalidad de esta disolución:
100 / 62
Cm = = 16,1 molal
100 / 1000
Aplicamos ahora la ecuación del descenso del punto de congelación:
∆T = K c m , ∆T = 1,86Cmolal −1 x 16,1molal = 30,0º C
Y como la Tc,H2O = 0 C ⇒ Tc,D = -30 C
1 = P10 0,225 + P20 (1 − 0,225) y como a 100ºC : P10 << 1atm y P20 = 1atm ,
Resulta que 1 > P10 0,225 + 0,775 y la disolución no ha alcanzado el punto de ebullición normal y por tanto
no hierve.
Problema 12. Al disolver 3 g de urea en agua hasta 48,1 ml de disolución (densidad es 1,1 g/ml), tiene una
presión de vapor es 23,13 mmHg a 25 oC. Calcular el peso molecular de la urea, ¿Cuál será el punto de
ebullición de esta disolución?
Datos: Po (H2O) = 23,53 mmHg. Ke (H2O) = 0,512 oC/molal.
murea =3g
Urea/água
VD = 48,1 ml
ρD = 1,1 g ml-1
Pv,D = 23,13 mm Hg
T = 25 C
PM (urea)?
Teb,D?
PH2O0 = 23, 53 mmHg
Ke(H2O) = 0,512 C molal-1
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 18
Podremos calcular el peso molecular de la urea si conocemos la fracción molar de urea en esta disolución,
que podemos calcular teniendo en cuenta el descenso de la presión de vapor que sufre esta disolución:
∆P = X urea PH 2O
Calculamos primero Xurea:
∆P PH 2O − PV , D 23,53 − 23,13
X urea = = = = 0,017
PH 2O PH 2O 23,53
Ahora veamos la fórmula de la fracción molar:
murea
nurea PM urea
X urea = =
nurea + n H 2O murea m H 2O
+
PM urea PM H 2O
En esta fórmula conocemos todo salvo PMurea y mH2O, podemos calcular mH2O como diferencia de la masa de
la disolución menos la masa de la urea. La masa de la disolución a partir de su volumen y densidad:
0,017 =
PM urea
⇒ PM urea = 62,56 gmol −1
3 49,91
+
PM urea 18
Por tanto el peso molecular de la urea es 62,56 g mol-1. Si lo comparamos con el que aparece en internet que
es de 60,06 g mol-1, nos damos cuenta de que es mayor. Se debe a que las propiedades coligativas solo se
cumplen para disoluciones muy diluidas, y esta no esta tan diluida como debería ser.
3g
nurea 62,56 gmol −1
m= = = 0.96m
kg H 2O 49,91x10 −3 kg
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 19
Problema 13. La presión de vapor del benceno varía con la temperatura de la siguiente forma:
Pv (mm de Hg) 75 118 181 269
T (oC) 20 30 40 50
Representar la presión de vapor frente a la
temperatura y mediante esta gráfica interpretar las
siguientes cuestiones:
a) ¿Cuántas fases habrá si el vapor de benceno en
un recipiente cerrado tiene una presión parcial de
150 mm de Hg a 50 oC?
b) Si se enfría desde 150 mm Hg hasta 25 oC que
ocurrirá ¿Cuántas fases habrá?
c) El disulfuro de carbono tiene una presión de
vapor de 177 mm de Hg a 20 ºC .¿Cuál de los dos
es más volátil?
Pv(mm Hg)
benceno tiene unos 122 mm Hg. 200
313; 181
175
150 Insaturado
125
303; 118
100
75 293; 75
50
290 295 300 305 310 315 320 325
T(K)
A= isobutanol
B=formiato de isobutilo
D= disolución de isobutanol y formiato de isobutilo
∆Hv,A = 10,97 kcal mol-1
Teb,A0 = 100,8C
Pv,B (24,1C)=40 mm Hg
Pv,B (43,4C)=100 mm Hg
Pv,D (50C)= 110 mm Hg
a) XAL?, XBL?
b) PA?, PB?
c) XAV?, XBV?
d) Diagrama P-X?
e) Estado de mezcla 125 mmHg y 50C?
a)
Aplicamos la ley de Daton: Ptotal = PA + PB
⇒ Ptotal = X A PA + X B PB
L 0 L 0
Aplicamos la ley de Rault: Pi = X P
L 0
i i
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 21
Para obtener XAL a partir de la ecuación anterior necesitamos conocer PA0 y PB0, pero esa información no se
nos da directamente en el enunciado sino que se puede obtener aplicando la ecuación de Clausius Clapeyron:
Para A:
1000cal 4,18J
10,97 kcal mol −1 × ×
P ∆H V 1 1 1atm 1kcal 1cal 1 1
ln 1 = − ⇒ ln = − ⇒
(50 + 273)K (100,8 + 273)K
−1 −1
P2 R T2 T1 P2 8,314Jmol K
760mmHg
P2 = 0,098atm × = 74,47 mmHg
1atm
Para B:
Primero que tenemos que calcular con los datos que nos dan ∆H y posteriormente podremos calcular PB0:
P1 40mmHg
R × ln 8,314JK −1 mol −1 × ln
P1 ∆H V 1 1 P2 100mmHg
ln = − ⇒ ∆H V = ⇒ ∆H V = = 37104,4Jmol −1
P2 R T2 T1 1 1 1 1
− −
T2 T1 (43,4 + 273)K (24,1 + 273) K
P2 = 133,40mmHg
SEGUNDO METODO: Utilizando el dato a T = 43.4 C que seria mas adecuado ya que la T a la que hay que
calcular Pv es a 50C y estas son más cercanas. Aunque el resultado será el mismo ya que estos dos datos se
han utilizado para obtener ∆H
Sustituyendo ahora los valores de PA0 y PB0 obtenidos en la ecuación formulada anteriormente:
( ) (
Ptotal = 110mmHg = X LA PA0 + 1 − X LA PB0 = X LA × 74,47 mmHg + 1 − X LA 133,40mmHg )
y despejando XAL:
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 22
110mmHg − 133,40mmHg
X LA = = 0,397
74,4mmHg − 133,40mmHg
X LB = 1 − X⇒
A = 1 − 0,397 = 0,603
L
Por tanto
X LA = 0,397
X LB = 0,603
b) Para calcular ahora las presiones parciales de A y B en las dos disoluciones tendremos que aplicar la ley
de Raoult:
d) Con la información que tenemos sobre A y B y sabiendo aproximadamente como son este tipo de
diagramas dibujamos la grafica P-X:
Tema 4 Tema 4. Estados de Agregación de la materia Hoja 23
EXTRACCIÓN
Problema 15. Un litro de disolución de bromo en agua contiene 20 g de bromo. El Br2 se extrae con
disulfuro de carbono. Calcular la cantidad de bromo que pasa a este disolvente:
a) Si se agregan 50 ml de CS2 en una sola extracción.
b) Si el proceso se verifica en dos operaciones y se emplea en cada una de ellas 25 ml.
Dato: El coeficiente de distribución o reparto del Br2 entre el CS2 y el H2O a 25 °C es K = 76,4.
Vaq=1l
mBr2,0 = 20 g
Extracción en S2C
a) Vorg = 50 ml 1 extracción
mBr2,org?
K= 76, 4
m Br 2,org
C org Vorg m Br 2,orgVaq xVaq
K= = = =
C aq m Br 2,aq m Br 2,aq Vorg (mBr 2,0 − x )Vorg
Vaq
Donde x es los gramos de Br2 que han pasado en la extracción a la fase orgánica cuando se alcanza el
equilibrio.
Despejamos x y sustituimos:
KVorg m Br 2, 0 76,4 × 50ml × 20 g
x= = = 15,85 g
Vaq + Vorg K 1000ml + 50ml × 76,4
b)
Análogamente al caso anterior aplicamos las mismas ecuaciones pero en esta ocasión como hacemos dos
extracciones habrá que hacerlo en dos pasos:
PRIMERA EXTRACCIÓN:
En la primera extracción obtenemos 13,13 g de Br2 en la fase orgánica y nos quedarán por tanto en la fase
acuosa: 20-13,13 g = 6,87 g, y esta es la cantidad de Br2 considerada para la segunda extracción.
SEGUNDA EXTRACCIÓN:
Por tanto en este segundo caso la masa total de Br2 que pasa a fase orgánica es : 13,13g+4,51 g = 17,64g
Esto evidencia que una extracción en dos pasos es más eficiente en cuanto a rendimientos de extracción que
una de un solo paso.
Tema 4 ESTADOS DE AGREGACIÓN_Adicionales Hoja 1
Problema 1. Comparar los valores de las presiones obtenidas para 0,5 moles de CO2 confinados
en un recipiente de 10 litros a 450 oK, considerado gas ideal y gas real.
a= 3,592 l2atm/mol2 b = 0,04267 l/mol. Solución: 1,845 atm, 1,84 atm
n(CO2) = 0.5 moles
V= 10 l
T =450 K
Pideal? Preal?
a= 3.592 l2 atm/mol2
b= 0.04267 l mol-1
Si se comporta como un gas ideal cumplira la ecuación de los gases ideales: PV= RnT
despejando P:
Pideal = RnT/V = (0.082 atm l mol-1 K-1 x 0.5 mol x 450 K)/ 10 l = 1.845 atm
Pideal = 1.845 atm
n2a
P + 2 (V − nb ) = nRT
V
Sustituyendo en esta ecuación:
P +
(0.5mol)2 × 3.592 l2 atm / mol 2 10l − 0.5 mol × 0.04267l mol -1 = 0.5 mol × 0.082 atm l mol -1K -1 × 450 K
( )
(10l)2
(P + 0.00898atm )(9.978665l) = 18.45atm l
Preal = 1.84atm
El CO2 es un gas apolar donde las únicas interacciones existentes son por F de dispersión por
eso la ecuación ideal da un resultado muy similar al de la ecuación de gases reales,
especialmente a una temperatura por encima de la ambiente.
Problema 2. Los depósitos A y B tienen 5 litros de capacidad cada uno. Se encuentran vacíos y
están conectados por una membrana porosa a la efusión de moléculas gaseosas y se encuentran
inmersos en un termostato a 50ºC. En el depósito A se introduce un mol de H2 y en B se
introducen un mol de Cl2.
a) Calcular la presión, la velocidad cuadrática media, la energía cinética promedio de traslación
de las moléculas en cada uno de los dos recipientes, así como la energía cinética del movimiento
de traslación de las moléculas en cada uno de ellos antes que se produzca la efusión
b) ¿Qué presión hay en cada recipiente antes de la efusión? Una vez que comienza la
efusión:¿En qué recipiente aumenta la presión? ¿Por qué? ¿Habrá algún momento en que el
número de moléculas sea igual en cada recipiente? ¿Por qué?
c) ¿Cuál será la presión y la composición final en cada recipiente?
Problema 3. Una muestra de aire saturada con vapor de agua ocupa 5 l a 40 °C y 0,5 atm. Se
comprime a temperatura constante hasta 2 atm. ¿Cuántos gramos de agua se licúan? Si el
volumen aumenta hasta 10 l ¿Cuál es el grado de humedad? Pv = 55,3 mmHg. ¿Cuánto calor
recibe el termostato en la compresión? (Utilizar el dato de presión de vapor obtenido en el
problema anterior y considerar aproximadamente ∆HV = 40.63 KJ/mol )
Tema 4 ESTADOS DE AGREGACIÓN_Adicionales Hoja 2
Problema 6. Una disolución que tiene 2 g de cloruro de calcio en 100 ml de disolución hierve a
100,26 oC. Calcular la presión osmótica a 25 oC, y la concentración de cada uno de los iones en
la disolución. Supóngase que la densidad es d ≃1 g/ml.
Se calcula el factor de Van´t Hoff en ambos casos. En el caso de que i >1 se trata de una
sal iónica, pero si i = 1, se trata de un compuesto molecular.
∆T =K c i m
3,24 / 324,6
El Hg(NO3)2 es un compuesto iónico, pues: 0,056 = 1,86 i ⇒ i = 3,0
1
10,84 / 271,6
El HgCl2 es molecular, no se disocia pues: 0,074 = 1,86 i ⇒ i =1,0
1
Problema 8.- El reactor biológico de una depuradora contiene 600 m3 de agua. Por el fondo se
difunde aire de manera que se supone que el agua siempre está saturada de oxígeno.
Un día de verano se difunde aire siendo la presión 740 mm de Hg y la temperatura del agua 25
ºC. Pero otro día de invierno la temperatura es de es 4ºC y la presión 720 mm Hg. Calcular el
volumen de oxigeno que en cada caso hay disuelto en el reactor expresado a PTN.
Datos:
Coeficiente de absorción del agua para el oxígeno:
α ( 25 ºC ) = 5.31 10-5 g/litro mmHg,
α ( 4ºC ) = 8.2 10-5 g/litro mmHg
Composición del aire 21% v/v de oxígeno
Tema 4 ESTADOS DE AGREGACIÓN_Adicionales Hoja 3
R= 8,31 J/molºK
Invierno
(g) m
8,2 ×10−5 = ⇒ m = 7439 g de oxígeno
( L mm Hg) 600 ×103 ( L) 151,2(mmHg)
En condicione s PTE ( 25 º C , 1 atm ) ocupan :
nRT 7439 × 0,082 × 298
V = = L
P 1
Problema 9. ¿Cuál es el peso molecular de una sustancia, si al disolver 15 g de la misma en
239 g de benceno, la disolución resultante congela a 5,1 oC.
Datos: Kc (benceno) = 5,12 oC/molal. Tc(benceno) = 7 oC.
Problema 10. Calcular la composición de la fase líquida de una mezcla de acetato de etilo y
acetato de propilo que tiene una presión de vapor de 250 mm Hg a 60 oC.
Calcular la composición de la fase de vapor a dicha temperatura
Expresar los resultados en fracción molar y en % m/m
Datos:
La presión de vapor a 60 oC de ambos ésteres es respectivamente 415 y 172 mm Hg.
Fórmulas: acetato de etilo: CH3COOCH2CH3 , acetato de propilo CH3COOCH2CH2CH3
T= 60ºC
Pv
415
Zona L mm Hg
250
mmHg
0,321
L+
V
0,533
172 Zona V
mmHg
0 0.5 1
COMPOSICION X1L, X1V
Problema 11. Una disolución ideal está compuesta de dos líquidos volátiles, benceno y
tolueno. La disolución tiene una presión de vapor total de 225 mmHg a 50 °C. La presión de
vapor de cada sustancia pura a 50 °C es 282 y 102 mmHg respectivamente. Suponiendo que la
disolución es ideal, calcular:
a) La composición (fracción molar) de la fase líquida.
b) La presión de vapor parcial de cada componente en la mezcla.
e) La composición (fracción molar) de la fase de vapor en equilibrio.
d) Representar el diagrama composición-presión de vapor del sistema.
e) Deducir el estado en el que se encontraría la mezcla en un recipiente cerrado a 50 °C y 100
mmHg
Tema 4 ESTADOS DE AGREGACIÓN_Adicionales Hoja 5
C I ( disulfuro )
= 76 , 4 ⇒
C II ( agua )
x / 50
Caso a ) = 76 , 4 ⇒ x = 15 ,9 g extraido
( 20 − x ) / 1000
x / 25
Caso b ) 1 ª Operación = 76 , 4 ⇒ x = 13 ,1 g
( 20 − x ) / 1000
2 ª Operación queda en el agua : ( 20 . 13 ,1) g
y / 25
= 76 , 4 ⇒ y = 4 ,53 g ,
( 20 − 13 ,1 − y ) / 1000
Total extraido : (13 ,1 + 4 ,53 ) g
Tema 5 Problemas para resolver en clase_Tema 5 Hoja 1
Problema 1. Un trozo de hierro de 400 g de masa a 300 ºC se introduce en un calorímetro ideal sin pérdidas
en el que hay 1 Kg de agua a 20 ºC. Calcular la temperatura final de la mezcla en equilibrio.
Ce H2O(l) = 1 cal·g−1·ºC−1 Ce Fe(s) = 0,12 cal·g−1·ºC−1
m= 400 g
Hierro
Ti,Fe=300C
Calorimetro ideal ⇒ Qcal = 0 cl
mH2O= 1000g
Ti,H2O =20C
Tf?
Ce(H2O(l))= 1 cal g-1 C-1
Ce(Fe(s))= 0,12 cal g-1 C-1
Qalr=Qcal+QH2O+QFe
Qalr= 0 y Qcal= 0 ya que es un calorímetro ideal
Por tanto:
QH2O = -QFe
mH2O × Ce(H2O) × ∆T(H2O) = -mFe × Ce(Fe) × ∆T(He)
mH2O × Ce(H2O) × [Tf(H2O)-Ti(H2O)] = -mFe × Ce(Fe) × [Tf(Fe)-Ti(Fe)]
Sustituyendo:
400g × 0,12cal g −1 C −1 × 300C + 1000g × 1cal g −1 C −1 × 20C
Tf = = 32,82C
1000g × 1cal g −1 C −1 + 400g × 0,12cal g −1 C −1
Tf = 32,82C
Problema 2. En un calorímetro ideal sin pérdidas, determinar que cantidad de agua a 60 ºC se puede enfriar
hasta 10 ºC si se le añaden 100 g de hielo a −10 ºC.
Ce H2O(l) = 1 cal·g−1·ºC−1 Ce H2O(s) = 0,5 cal·g−1·ºC−1 LF H2O(s) = 80 cal·g−1
m H 2O =
[
100g 0,5cal g −1 C −1 × −10C − 80cal g −1 − 1cal g −1 C −1 × 10C
= 190g
]
1cal g −1 C −1 × (10C − 60C )
m H 2O = 190g
Ccal = 12 cal
a) V(HCl) = 75 ml
[HCl] = 1 M
V(NaOH) = 25 ml
[NaOH] = 3M
∆T1 = 9,1 C
b) V(CH3COOH) = 75 ml
[CH3COOH] = 1 M
V(NaOH) = 25 ml
[NaOH] = 3M
∆T2 = 8 C
∆H (CH3COOH → CH3COO- + H+)
En el primer experimento lo que ocurrirá es una reacción ácido fuerte con base fuerte que tendrá una entalpía
de reacción: ∆Hneutralizacion que como vimos en practicas es independiente del ácido considerado:
En el segundo experimento también tenemos una reacción ácido base pero entre un ácido débil y una base
fuerte, por tanto se producirán dos procesos termodinámicos:
1. Disociación del ácido débil para producir protones:
CH3COOH → CH3COO- + H+ ∆Hdisociacion
2. Neutralización:
H+ + CH3COO- + Na+ + OH- → H2O + CH3COONa ∆Hneutralizacion
Por tanto si analizamos lo que ocurre en el primer experimento desde el punto de vista calorimetrico:
1) Neutralización
Tema 5 Problemas para resolver en clase_Tema 5 Hoja 3
De aquí despejamos Qneutralización que nos servirá para calcular ∆Hneutralizacion que lo utilizaremos para así poder
obtener ∆Hdisociacion aplicando el principio de conservación de la energia en el segundo experimento:
Qneutralizacion =- (Ccal + mdis × Ce(disol) × ∆T1)
Sustituimos teniendo en cuenta que vamos a asumir que la densidad de las disoluciones es 1 g ml-1 y que su
calor especifico es el del agua: 1 cal g-1 C-1:
Qneutralizacion =- (12 cal + 100g × 1cal g-1 C-1 × 9,1C)= -922 cal
Ahora para poder calcular ∆Hdisociacion necesitamos saber cual es el reactivo limitante y cuanto moles de este
reaccionaron:
Como la reacción es uno a uno y tenemos el mismo número de moles para ambos compuestos, significa que
no tenemos reactivo limitante y que estamos en condiciones estequiometricas, por tanto:
Q neutralizacion − 922cal
∆H neutraliza cion = = = −12293,3cal mol −1
n 0,075moles
Ahora aplicamos principio de conservación de la energía en el segundo experimento donde ocurren los
siguientes procesos termodinámicos:
1) Disociación ácido acético
2) Neutralización
4) Calentamiento del calorímetro
5) Calentamiento de las disoluciones
Despejamos Qdisociacion:
Qdisociacion =-(Qcal+ Qdis+ Qneutralizacion)
Qdisociacion = -(Ccal+ mdisol Ce(disolucion) ∆T2+ ∆Hneutralizacion × n)
Por tanto n= 0,075 moles y por tanto Qneutralizacion en el segundo experimento coincide con el Qneutralizacion en el
primer experimento (pero eso no va a ocurrir en todos los problemas):
Qdisociacion = -(12cal+ 100 × 1 cal g-1 C-1 × 8 C- 922 cal) = 110 cal
Ahora calculamos la entalpía molar del proceso de disociación del ácido acético que es lo que nos pedían:
Q disociacion 110cal
∆H disociacion = = = 1466,7 cal mol −1
n 0,075moles
∆H disociacion = 1466,7 cal mol −1
Tema 5 Problemas para resolver en clase_Tema 5 Hoja 4
QV = QP -P∆V
Ahora sustituimos en esta formula ∆V teniendo en cuenta que según la ecuación de los gases ideales:
R∆nT
∆V =
P
Y obtenemos: R∆nT
QV = QP − P × = Q P − R∆nT
P
Asumiendo temperatura ambiente: T = 298 K y sustituyendo:
Q V = 53kJ mol −1
En este caso el calor a presión y volumen constante coinciden ya que no existe cambio de volumen.
1000cal 4,18J
QV = −790kcal mol −1 × × − 8,314JK −1mol −1 × (7 − 9) × 298K = 3299,723kJ mol −1
1kcal 1cal
QV = −3299.723kJ mol −1
Q V = −670kcal mol −1
QV = 87kJ mol −1
Problema 5. Calcular el calor de formación del butano C4H10(g). Los calores de combustión del C4H10(g),
C(s) y H2(g) son respectivamente −2660, −393, −242 kJ/mol.
4C(s) + 5H2 (g) → C4H10 (g)) ∆Hf (C4H10 (g))= ?
C4H10 (g) + 13/2 O2 (g) → 4CO2 (g) + 5H2O (l) ∆H1= -2660 kJ mol-1
C(s) + O2 →CO2 ∆H2 = -393 kJ mol-1
H2(g) + ½ O2 → H2O(l) ∆H3 = -242 kJ mol-1
Para calcular la entalpía o calor de formación del butano tendremos que aplicar la ley de Hess y para ello
tendremos que tener en cuenta las entalpías que nos dan en el enunciado:
4CO2 (g) + 5H2O (l) → C4H10 (g) + 13/2 O2 (g) -∆H1= 2660 kJ mol-1
4 (C(s) + O2 →CO2) 4∆H2 = 4×(-393 kJ mol-1)
5 (H2(g) + ½ O2 → H2O(l)) 5∆H3 = 5×(-242 kJ mol-1)
∆Hf (C4H10 (g))= 2660 kJ mol-1+4×(-393 kJ mol-1)+ 5×(-242 kJ mol-1) =-122 kJ mol-1
Problema 6. Calcular la entalpía de las siguientes reacciones a partir de las energías de enlace:
a) C3H8(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g)
b) CH3−OH(g) + HCl(g) → CH3−Cl(g) + H2O(g)
c) NH3(g) + F2(g) → NF3(g) + HF(g)
En la siguiente web podéis encontrar información de cómo calcular entalpías de reacción a partir de energías
de enlace aunque no es necesario resolverlos numéricamente:
http://fresno.pntic.mec.es/~fgutie6/quimica2/ArchivosHTML/Teo_1_princ.htm#Calculo_Calor_desde_Energ
ia_enlace
Problema 7. Para la propanona, el calor de formación estándar a volumen constante es −245,9 kJ/mol y el
calor de combustión estándar es -1688,7 kJ/mol. Calcular: a) ∆Hf0 CO2(g). b) ∆G de la reacción de
combustión de la propanona a 427 ºC. c) ¿A partir de que temperatura es espontánea?
∆Uf0(C3H6O)= -245,9 kJ mol-1 (recordar que el calor a volumen constante es la energía interna)
∆Hc0(C3H6O)= -1688,7 kJ mol-1
a) ∆Hf0 CO2(g) ?
b) ∆Gc?
c) Tespontanea?
b) En este apartado consideramos que ∆H y ∆S son constantes con la temperatura (esto no es del todo cierto
pero es una aproximación), por tanto, calculamos la ∆G a 25ºC que será igual que a 427ºC.
Ya tenemos calculado ∆Hº, tenemos datos para calcular ∆Sº:
∆Sº=3∆Sºf(CO2)+3∆Sºf(H2O)- ∆Sºf(C3H6O)-4∆Sºf(O2)
∆Sº=3x213,6JK-1mol-1+3x188,7 JK-1mol-1-200,0 JK-1mol-1-4x205,0 JK-1mol-
∆Sº=186,9 JK-1mol-1
por tanto:
∆Gº=∆Hº-T∆Sº=-1688,7 kJ mol-1 -298Kx186,9 JK-1mol-1x10-3kJ/J=-1744,4 kJ/mol.
∆Gc0 (C3 H 6O ) = −1744,4kJ mol −1
Como el signo de ∆G es negativo podemos afirmar que la reacción es espontánea.
Problema 8. Calcular la variación de entropía para los siguientes procesos. Decidir si estos cambios son
espontáneos si estuvieran sumergidos en un termostato a las temperaturas indicadas en cada caso:
a)
Solidificación de 1 mol de CH3OH(l) a 1atm.
Tema 5 Problemas para resolver en clase_Tema 5 Hoja 7
CH3OH(l) → CH3OH(s)
Datos:
∆Hfusión = 23,7 cal·g−1 ⇒ ∆Hsolidificación = -23.7 cal g-1
TFusión = −97,8 ºC
Es un caso de cambio de fase (L→S) en el que el sistema pierde calor y se lo entrega al termostato a
temperatura constante.
1 mol de 1 mol de
metanol metanol
LIQUIDO SOLIDO a
-97,8ºC Qrev -97,8ºC
LA SOLIDIFICACIÓN
ES EXOTERMICA TERMOSTATO A
TERMOSTATO -97,8ºC
-97,8ºC
b)
Vaporización de 1 mol de CCl4(l) a 1atm.
CCl4(l) → CCl4(v)
Datos:
∆Hvaporización = 7,20 kcal·mol−1
Tebullición = 350 K
− 7200cal / g cal
∆S termostato = 32 g * = − 20,6
350 K K
Estamos en condiciones de equilibrio ya que el termostato esta a la T de ebullición, por tanto
∆Suniv =0 ----- Proceso reversible --estamos en equilibrio entre las 2 fases
Si la T del termostato fuera por encima de Teb el proceso sí que ocurriría y si estuviera por debajo
no.
c) ¿Por qué hay tanta diferencia entre las entropías de los anteriores casos a) y b)?
En primer lugar las entropías son de distinto signo porque en el cambio de líquido a sólido hay un aumento
del orden en las moléculas (disminución de entropía). En el líquido las moléculas tienen libertad de
movimiento, hay más desorden que en el sólido. Ocurre lo contrario en b) que es un cambio de líquido a
Tema 5 Problemas para resolver en clase_Tema 5 Hoja 8
vapor. El vapor ocupa mucho más volumen que el líquido por tanto las moléculas tienen mas libertad de
movimiento (desorden) y la entropía aumenta.
Considerando los valores absolutos de los cambios L-S y L-V, es mayor el cambio antrópico en este último
pues hay un cambio de volumen molar mucho mayor de un estado a otro.
Problema 9. El nitrógeno y el oxígeno se encuentran mezclados en la atmósfera terrestre en la proporción
del 78 %v/v de N2 y del 21%v/v de O2 . Además entre ellos se producen estas reacciones:
(1) (2) (3) (4)
½N2+½O2 NO ½N2+ O2 NO2 N2+½O2 N2O NO+½O2 NO2
Se pide:
a) Calcular los datos que faltan en la tabla.
b) Calcular la constante de equilibrio a 25ºC de cada una de las reacciones anteriores. ¿Por qué no
hay peligro de que el oxígeno atmosférico se consuma reaccionando con el nitrógeno?
Datos NO NO2 N2O N2 O2
∆Hfo(KJ/mol) 90.3 33.2 82.1 ---- -------
S0f (J/mol K)
∆H 210.6 240.0 21907 191.5 205.0
∆G0f ---------- -------
a)
Caso 1:
½ N2 + ½ O2 ⇔ NO
PNO
KP =
PN1 /22 PO12/ 2
86600
−
KP = e 8 , 31* 298
; K P = 6,5 * 10−16 << 1 ⇒ apenas hay productos
Caso 2:
½ N2 + O2 ⇔ NO2
PNO2
KP =
PN1 /2 2 PO2
51300
−
KP = e 8 , 31* 298
; K P = 1,0 * 10 − 9 << 1 ⇒ apenas hay producto
Tema 5 Problemas para resolver en clase_Tema 5 Hoja 9
Caso 3:
N2 + ½ O2 ⇔ N2O
Caso 4 , reacción:
NO +1/2 O2 ⇔ NO2
PNO2
KP =
PNO PO12/ 2
− 35300
−
KP = e 8 , 31* 298
; K P = 1,6 *10 6 >> 1 ⇒ casi sólo hay producto
OBSERVACIONES MUY IMPORTANTES
A) Cuando las reacciones son muy endotérmicas, casos 1,2,3, cabe esperar que ∆GR0 > 0 y, si esto se
confirma, la constantes de equilibrio son muy pequeñas.
B) Cuando las reacciones son muy exotérmicas, caso 4, cabe esperar que ∆GR0 < 0 y, si esto se
confirma, la constantes de equilibrio son muy grandes. Es decir, los reactivos se convierten
íntegramente en productos.
C) Nuestra atmósfera es una mezcla de N2 y O2 , y sin embargo no se combinan de forma significativa,
los casos 1,2 y 3 ponen de relieve que ambos gases pueden coexistir sin reaccionar a pesar de las
descargas eléctricas de las tormentas y de las altas temperaturas en las cámaras de combustión y
motores de explosión. No obstante, si se forman pequeñas cantidades de óxidos de nitrógeno que
son una importante fuente de contaminación atmosférica conocida como NOx .
Tema 6 Problemas para resolver en clase_Equilibrio químico Hoja 1
a) X(H2)eq ?
X(I2)eq ?
X(HI)eq ?
m0*(H2) = 16 g
m0*(I2)=1100 g
Para poder resolver este apartado tendremos que primero calcular la constante de equilibrio a partir de la
información que nos da el problema inicialmente y para ello tenemos que tener en cuenta:
H2 (g) +I2(g) ⇄ 2 HI (g)
t=0(moles) 15,9/2 1346/254 ----
Reacción(moles) -x -x +2x
En equilibrio(moles) 15,9/2-x 1346/254-x +2x
Sabemos que la masa de HI en equilibrio es 1218 g:
m(HI)eq= 1218 g= 2x ×M(HI)=2x×128
Despejando x:
x= 4,756 moles
[HI ]eq2 V
n(HI )eq
2
Kc(445C ) = = =
[H 2 ]eq [I 2 ]eq n(H 2 )eq n(I 2 )eq n(H 2 )eq × n(I 2 )eq
×
V V
Sustituyendo:
Kc(445C ) =
(9,512)2 = 52,17
3,194 × 0,543
Ahora que ya sabemos Kc podemos determinar la composición de la mezcla en equilibrio si partimos las
cantidades iniciales: m0*(H2) = 16 g y m0*(I2)=1100 g:
H2 (g) +I2(g) ⇄ 2 HI (g)
t=0(moles) 16/2 1100/254 ----
Reacción(moles) -x2 -x2 +2x2
En equilibrio(moles) 8-x2 4,331-x2 +2x2
Tema 6 Problemas para resolver en clase_Equilibrio químico Hoja 2
V (2 x 2 )2
Kc(445C ) = 52,17 = =
n(H 2 )eq n(I 2 )eq (8 − x 2 ) × (4,331 − x 2 )
×
V V
Reorganizando la ecuación:
0,9233x22-12,331x2+34,648=0
Que tiene dos posibles soluciones:
x2a = 9,34
x2b = 4,019
La primera solución no tiene sentido químico por lo que la descartamos y nos quedamos con la segunda.
Por tanto la composición en equilibrio será:
H2 (g) +I2(g) ⇄ 2 HI (g)
En equilibrio(moles) 3,91 0,312 8,038
Una forma de comprobar si nos hemos equivocado o no es meter ahora estos números en la expresión de
equilibrio y nos debe dar un numero muy cercano a la constante de equilibrio (siempre varia un poco
debido a las cifras decimales que se pierden en el calculo). Si lo hacemos nos da 52,96 que esta muy cerca
del valor de la constante de equilibrio por lo que ahora podemos estar mas seguros de que hemos hecho
bien los cálculos.
Ahora podemos calcular la fracción molar para cada una de las especies:
n (H 2 )eq
X(H 2 )eq =
3,91
= = 0,319
n total,eq 3,91 + 0,312 + 8,038
n (I 2 )eq
X(I 2 )eq =
0,312
= = 0,025
n total,eq 3,91 + 0,312 + 8,038
X(HI )eq = 1 − X(I 2 )eq − X(H 2 )eq = 1 − 0,319 − 0,025 = 0,656
Por tanto la composición de la mezcla final será:
X(H 2 )eq = 0,319 X(I 2 )eq = 0,025 X(HI)eq = 0,656
b) P(H2)eq?
P(I2)eq?
P(HI)eq?
Ptotal,eq?
Método 1
Podremos calcular las presiones parciales y a partir de estas la total (como suma de todas estas) aplicando
la ecuación de los gases ideales (PV=RnT ⇒ P=RnT/V) teniendo en cuenta que ya sabemos el número de
moles de cada especie que tenemos en el equilibrio:
R n (HI)eq T
Para HI:
0,082atm l mol −1 K −1 × 8,03mol × (273 + 445)
P(HI )eq = = = 9,455atm
V 50l
Tema 6 Problemas para resolver en clase_Equilibrio químico Hoja 3
Por tanto:
P(H 2 )eq = 4,604atm P(I 2 )eq = 0,367atm P(HI)eq = 9,455atm Ptotal,eq = 14,43atm
Metodo2:
Para |H2: P(H 2 )eq = X(H 2 )eq × Ptotal,eq = 0,319 × 14,43 = 4,603atm
Para I2: P(I 2 )eq = X(I 2 )eq × Ptotal,eq = 0,025 × 14,43 = 0,361atm
c) Kp?
Método 1
Como ya conocemos las presiones en el equilibrio podemos calcular Kp directamente de la
expresión de Kp para esta reacción:
Kp(445C ) = = = 52,91
P(H 2 )eq P(I 2 )eq 4,604atm × 0,367atm
Kp (445C ) = 52,91
Método 2
Ambos métodos deben dar la misma solución pero podemos ver que hay pequeñas diferencias
que se debe al redondeo en los decimales.
Tema 6 Problemas para resolver en clase_Equilibrio químico Hoja 4
Para saber en qué sentido se desplaza el equilibrio tenemos que calcular Q y compararlo con Kc:
n(HI )
2
n(HI ) (4)
2 2
Q= V
= = = 64
n (H 2 ) n(I 2 ) n(H 2 ) × n(I 2 ) (0,5)× (0,5)
×
V V
Q=64>Kc=52,17 Por tanto el equilibrio se desplazara para disminuir la concentración de
productos, es decir hacia los reactivos: ←
e)
a) α?
Composición mezcla?
n0(N2O4) = 0.6
V= 10 l
MÉTODO 1
Rn eq ( NO2 )T
2
KP =
[
Peq ( NO2 )
2
=
] V
= RT [nez ( NO2 )] = 0.082atm l mol K (27 + 273)K (2 x ) = 0.17
2 −1 −1 2
Esta ecuación tiene 2 posibles soluciones la única con sentido químico sería: x = 0.09354
Por tanto en el equilibrio:
N2O4(g) ⇄ 2 NO2(g)
En equilibrio(moles) 0,50646 0.18708
Tema 6 Problemas para resolver en clase_Equilibrio químico Hoja 5
MÉTODO 2
Ahora vamos a determinar el nuevo grado de disociación (α´) se la presión se aumenta al doble.
Si la presión aumenta al doble significa que el recipiente ha disminuido a la mitad de su
volumen pero seguimos teniendo el mismo número de moles que teníamos en el equilibrio
anterior:
Rn eq ( NO2 )T
2
KP =
[P (NO )]
eq 2
2
=
V
= RT [n ez (NO2 )] = 0.082atm l mol K (27 + 273)K (0.18708 − 2 x´) = 0.17
2 −1 −1 2
N2O4(g) ⇄ 2 NO2(g)
En equilibrio (moles) 0.533 0.134
0,804x2-x+0,25=0
Que tiene dos posibles soluciones:
xa = 0,9
xb = 0,35
Tema 6 Problemas para resolver en clase_Equilibrio químico Hoja 7
La primera solución no tiene sentido químico (produce números negativos) por lo que la
descartamos y nos quedamos con la segunda. Por tanto la composición en equilibrio será:
CO (g) +H2O(g) ⇄ H2 (g) + CO2 (g)
En equilibrio(moles) 0,15 0,15 0,35 0,35
Ahora podemos calcular la fracción molar para cada una de las especies:
n(H 2 )eq
X (H 2 )eq =
0,35
= = 0,35
ntotal ,eq 0,35 + 0,35 + 0,15 + 0,15
n(CO2 )eq
X (CO2 )eq = = 0,35
ntotal ,eq
n(CO )eq
X (CO )eq =
0,15
= = 0,15
ntotal ,eq 0,35 + 0,35 + 0,15 + 0,15
X (H 2O )eq = 1 − X (H 2 )eq − X (CO2 )eq − X (CO )eq = 1 − 0,35 − 0,35 − 0,15 = 0,15
Por tanto la composición de la mezcla final será:
X (H 2 )eq = X (CO2 )eq = 0,35 X (CI )eq = X (H 2O )eq = 0,15
b) P(CO)eq?
P(H2O)eq?
P(H2)eq?
P(CO2)eq?
Ptotal,equ?
Podremos calcular las presiones parciales y a partir de estas la total (como suma de todas estas)
aplicando la ecuación de los gases ideales (PV=RnT ⇒ P=RnT/V) teniendo en cuenta que ya
sabemos el número de moles de cada especie que tenemos en el equilibrio:
R n(H 2 )eq T 0,082atm l mol −1 K −1 × 0,35mol × 800
Para H2 y CO2: P(H ) = P(CO ) = = = 0,765atm
2 eq 2 eq
V 30l
Por tanto:
P(H 2 )eq = P(CO 2 )eq = 0,765atm P(H 2 O )eq = P(CO )eq = 0,328atm Ptotal,eq = 2,186atm
c) Aquí hay que interpretar que se refiere al hecho de que se añada un mol mas de H2 pero
en la situación anterior de equilibrio por tanto las concentraciones iniciales van a ser:
n(CO)eq?
Como hemos añadido reactivos el equilibrio se desplazara hacia la formación de productos
según el principio de Le Chatelier:
CO (g) +H2O(g) ⇄ H2 (g) + CO2 (g)
t=0(moles) 0,15 1,15 0,35 0,35
Reacción(moles) -x1 -x1 +x1 +x1
En equilibrio(moles) 0,15-x1 1,15-x1 0,35+x1 0,35+x1
0,804x12-1,4937x1+0,1485=0
Que tiene dos posibles soluciones:
x1a = 1,68
x1b = 0,110
La primera solución no tiene sentido químico (produce números negativos) por lo que la
descartamos y nos quedamos con la segunda. Por tanto la composición en equilibrio será:
CO (g) +H2O(g) ⇄ H2 (g) + CO2 (g)
En equilibrio(moles) 0,04 1,04 0,46 0,46
De nuevo puedes comprobar si has hecho bien el problema introduciendo las concentraciones de
equilibrio en la ecuación de la constante de equilibrio. En este caso da 5,09 que es muy cercano
al valor de 5,1. De nuevo la pequeñas diferencias se deben al redondeo. En cualquier caso ahora
estamos seguros que hemos resuelto bien el problema.
a) α = 0.8 T = 300C
Kp?
Ptotal, equ = 1.5 atm
P(PCl 3 )eq P(Cl 2 )eq RT n(PCl 3 )eq n(Cl 2 )eq 0.082 *573 n 2α 2 0.082 *573 −
n α2
KP = = = =
P(PCl 5 )eq V n(PCl 5 )eq V n(1 − α ) V (1 − α )
0.082 *573 0.0177V α 2 0.082 * 0.0177 * 0.8 2 *573
KP = − = = 2.7
V (1 − α ) 1 − 0.8
K P = 2.7
b) Densidad de la mezcla?
M(PCl5) = 208.2398 g mol-1
M(PCl3) =137.333 g mol-1
M(Cl2) = 70 g mol-1
La densidad viene dada por:
m
ρ=
V
Se supone que nos preguntan la densidad en el equilibrio. En el equilibrio la composición de la
mezcla es:
Suponiendo que no existe interacción ninguna entre los diferentes gases la densidad de la
mezcla será la densidad media ponderada:
0.0177V
ρ mezla = (4.628+48.83 + 24.89) = 1.387gl −1
V
ρ mezla = 1.387gl −1
a) m(BaO2)eq?
m(BaO)eq?
m(BaO2)0= 1g
V= 250 ml
M(BaO2) = 169,34 g mol-1
M(BaO) = 153,34 g mol-1
En esta reacción sólo tenemos un gas que es el O2 que es el que contribuye a la presión de
equilibrio observada, por tanto aplicando la ecuación general de los gases podemos saber a que
es igual x:
Sustituyendo:
1atm
340mmHg × × 0,250l
P(O2 )eq V 760mmHg
x= = = 1,333 × 10 −3 moles
RT 0,082atm l mol K × (750 + 273)K
−1 −1
Por tanto:
2BaO2 (s) ⇄ 2BaO(s) + O2 (g)
En equilibrio(moles) 3,239×10-3 2,666×10-3 1,333x10-3
b) Peq= P(O2)eq?
m(BaO2)0*= 1g
T=750C
V=2l
En equilibrio la presión solo depende de P(O2)eq = Kp, por tanto independientemente de
que el volumen haya cambiado la presión en equilibrio será la misma que en el apartado
anterior, es decir 340 mmHg si es que existe suficiente compuesto inicialmente para
alcanzar esa presión.
Comprobamos que no hay suficiente presión de O2 ya que para alcanzar los 340 mm
Hg se requeriría haber formado el siguiente número de moles:
Hoja
Tema 6 Problemas para resolver en clase_Equilibrio químico
11
Pero solo tenemos de partida n(BaO2)= 0,0059 moles que pueden formar como mucho
2,953x 10-3 moles
n(O2)max=n(BaO2)0/2
Sustituyendo:
n(O2)max=(1g/169,34 g mol-1)/2=2,953 × 10-3 moles
Veamos a que presión corresponde ahora ese número de moles aplicando la ley general
de los gases:
P(O2)eq= Rn(O2)eq T/V
RTn (O 2 )eq 0,082atm l mol −1 K −1 × (750 + 273)K × 2,953 × 10 −3 moles
P(O 2 )eq = = = 0,124atm <> 94,12mmHg
V 2l
P(O 2 )eq = 94,12mmHg
Por tanto este equilibrio en las nuevas condiciones no alcanza el estado de equilibrio ya
que el BaO2 se disocia totalmente no produciendo suficiente O2 para alcanzar el
equilibrio.
- MODIFICACIÓN DE PRESION: Cuando la presión aumenta eso implica que tenemos una
mayor concentración de oxígeno por lo que el equilibrio se desplaza hacia los reactivos: ←
- MODIFICACIÓN DE TEMPERATURA: El enunciado nos dice que el BaO2 se disocia
térmicamente (necesita calor, es un proceso endotérmico), eso indica que necesitamos
temperatura para que se produzca la disociación, por tanto un aumento de temperatura producirá
un desplazamiento del equilibrio hacia los productos, es decir en el sentido endotermico: →.
a) α?
Ptotal,eq ?
P(NH3)eq?
P(H2S)eq?
NOTA: Solo consideramos las presiones parciales de los gases, ya que la contribución
del sólido a la presión total es despreciable.
NOTA: nα = x
Despejamos α:
0,11V 2 0,111/ 2 V
α2 = ⇒ α =
(RTn )2 (RTn )
Ahora sustituimos para obtener α (n=m (NH4HS)0/M(NH4HS):
0,111 / 2 ×10l
α= = 0,231
0,082atm lK −1 mol −1 × (25 + 273)K ×
30 g
51g mol −1
α = 0,231
La presión total en el equilibrio vendrá dada por la suma de las presiones parciales de los gases:
Para calcular ahora α’ tenemos en cuenta el grado de disociación, α, se define como el cociente
entre la cantidad de sustancia disociada, respecto de la cantidad de sustancia inicial o total. En el
caso que nos ocupa:
α ´= 0,0153
Problema 8. Un recipiente cerrado de 2 litros que contiene NaHCO3 se calienta hasta 100 ºC
siendo la presión de equilibrio 0,962 atm. Calcular Kp y la composición de la fase sólida.
2NaHCO3(s) ⇄ Na2CO3(s) + H2O(g) + CO2(g)
V= 2l
T= 100 C
Peq = 0.962 atm
Kp?
Composición fase sólida?
No podemos decir la cantidad que nos queda de NaHCO3 sino sabemos cuanto teníamos
inicialmente (n).
a) P(COCl2)eq?
P(Cl2)eq?
P(CO)eq?
Ptotal?
COCl2(g) ⇄ Cl2(g) + CO(g)
t=0(moles) 198/99 --- ----
reacción (moles) -x +x +x
equilibrio (moles) 2-x +x +x
METODO 1
MÉTODO 2
b) α?
MÉTODO 1
Recordar que esta forma se aplica al reactivo que se dissocia (“se rompe en vários fragmentos”)
em este caso al COCl2:
α= 0,13
MÉTODO 2.
n= 2 moles
n(1-α) = 1,74
Despejando α:
α= 0,13
c) α’?
Ptotal,eq= 30,88 atm
MÉTODO 1
MÉTODO 2
α ´= 0,101
COCl2(g) ⇄ Cl2(g) + CO(g)
t=0(moles) n’
reacción (moles) -n’α’ n’α’ n’α’
equilíbrio (moles) n’(1-α’) n’α’ n’α’
Reorganizando la ecuación:
3.7271α’ 2-0.0389α´+0.0778=0
NOTA: La pequeña variación con la otra solución puede deberse a las diferencias de
aproximación o algún pequeño fallo de cálculo. Si detectáis algún fallo por favor comentármelo.
∆G0 =∆H0-T∆S0
PRIMER MÉTODO
Calculamos ∆H0 y ∆S0 a partir de las entalpías o entropías de formación de los productos y
reactivos:
Hoja
Tema 6 Problemas para resolver en clase_Equilibrio químico
19
Este resultado tiene sentido ya que como es una reacción endotérmica esperaríamos que la
constante de equilibrio disminuyera con el aumento de temperatura y ya vemos que incluso
a 1000 K el valor de la constante es muy pequeña.
ESTE MÉTODO ES EL MÁS CORRECTO
SEGUNDO MÉTODO (muy aproximado ya que las diferencias de temperatura son muy
grandes)
KT 2 -∆Ho 1 1
ln = -
KT 1 R T2 T1
K (25C )
ln = −124.66
0.319
Pero realmente no sería necesario ya que un valor tan pequeño de K indica que el proceso no es
espontaneo a esta temperatura.
e) Kp(75C)?
Para determinar Kp seria utilizar la ecuación de Van’t Hoff esta ecuación es aproximada y
solo se cumple si ∆H y ∆S es constante con la temperatura, por lo que solo se debería
aplicar en casos donde la T para la que la K(T2) que queremos determinar es muy cercana a
K(T1). Por eso es mejor aplicar esta ecuación para 25C y 75C que para 1000 C y 75C. En
el caso que nos ocupa no nos va a dar un buen resultado
Hoja
Tema 6 Problemas para resolver en clase_Equilibrio químico
20
KT 2 -∆Ho 1 1
ln = -
KT 1 R T2 T1
K (75C )
ln = −25.37
0.319
K (75C ) = 0.319e −25,37
A partir de ∆G0 calculamos K(25C) y luego aplicamos Ec de Van´t Hoff para K(25C) y K(75C)
K (298K ) = 1,91×10 −7
K (T2 ) − ∆H 0 1 1
ln = −
K (T1 ) R T2 T1
Sustituyendo:
103 cal 4,18J
− 22,13Kcal mol −1 × ×
K (428) 1Kcal 1cal 1 − 1
ln =
K (298) 8,314JK −1mol −1 428 298
K (428)
ln = 11,34
1,91 × 10 − 7
ln K (428K ) = −4,130
K (428K ) = 1,6 × 10 −2
O se podría aplicar la ecuación:
∆G(T)= - RT lnK(T)
Para ello tenemos que calcular primero el valor de ∆G y para ello de nuevo hay que hacer la
aproximación de que ∆H y ∆S no dependen de la temperatura:
Para resolver este problema lo primero que hay que hacer es escribir el equilibrio:
CO2(g) + H2(g) ⇄ CO(g) +H2O(g)
t=0(moles) 2 2
reacción (moles) -x -x +x +x
equilíbrio (moles) 2-x 2-x x x
0,54 × 0,54
Kc(550C) = = 0,137
1,46 × 1,46
Kc(550C) = 0,137
Método 1:
Método 2:
Rn (CO )eq T Rn (H 2 O )eq T
P(CO )eq × P(H 2O )eq × n (CO )eq × n (H 2 O )eq
Kp(550C) = = V V = = Kc
P(CO 2 )eq × P(H 2 )eq Rn (CO 2 ) eq T Rn (H 2 ) eq T n (CO 2 ) eq × n (H 2 ) eq
×
V V
Tema 6 Problemas para practicar_Equilibrio químico Hoja 3
Primer método:
La presión total en el equilibrio vendrá dada por:
Ptotal,eq=P(NH3)eq+P(N2)eq+P(H2)eq
0,0169V = n(1 − 0,4 ) +
0,4 3
n + × 0,4n = 0,6n + 0,2n + 0.6n = 1,4n
2 2
0,0169V
n= = 0,01207V
1,4
Ahora sustituimos en la ecuación de la constante de equilibrio:
n (N 2 )eq n (H 2 )eq
3
×
Kc(400C) =
[N 2 ]eq × [H 2 ]3eq
=
V V
=
(
n (N 2 )eq × n (H 2 )eq ) 3
Kc(400C ) = 1,75 × 10 −5
Kp (400C ) = 0,0533
Y ahora pasaremos a calcular las presiones parciales de cada uno de los gases que
intervienen en el equilibrio:
Rn( NH 3 )eq T 0,082 × 0,01207V (1 − 0,4)(400 + 273)
- Para NH3: P( NH 3 )eq = = = 0,3997atm
V V
× (400 + 273)
0,4
- Para N2: Rn( N 2 )eq T 0,082 × 0,01207V ×
P( N 2 )eq = = 2 = 0,133atm
V V
- Para H2:
× 0,01207V × 0,4 × (400 + 273)
3
Rn(H 2 )eq T 0,082 ×
P(H 2 )eq = = 2 = 0,3997atm
V V
Tema 6 Problemas para practicar_Equilibrio químico Hoja 5
Por tanto: P( NH 3 )eq = 0,3997 atm P( N 2 )eq = 0,133atm P(H 2 )eq = 0,3997atm
La forma de comprobar si nos hemos equivocado en las cálculos seria ahora sumar todas las
presiones para comprobar que nos da la presión total en el equilibrio que nos daban en el
enunciado: 0,934 atm
Si lo hacemos obtenemos un valor de 0,9324 que esta muy cerca del esperado, las pequeñas
variaciones se pueden deber al redondeo.
Método 2:
n NH 3 n(1 − α) (1 − α) (1 − 0,4)
PNH3 = XNH3 ·P = ·P = ·P = ·P = ·710 = 304 mmHg = 0,4 atm
nT n(1 + α) (1 + α) (1 + 0,4)
n N2 αn/2 0,4/2
PN2 = XN2 ·P = ·P = ·P = ·710 = 101 mmHg = 0,13 atm
nT n(1 + α) (1 + 0,4)
3
PN 2 ·PH 2 0,13·0,43
KP = = = 0,052
PNH3 2 0,4 2
KP 0,052
K P = K C (RT)Δn KC = = = 1,7·10− 5
(RT) Δn
(0,082·673) 2
b) α’?
cambio de volumen hasta Ptotal,eq = 850 mmHg
Teniendo en cuenta que si la presión aumenta eso implica una disminución de volumen y por
tanto un aumento de la concentración de los compuestos gaseosos y en este caso más acentuada
en los productos ya que ∆n=2, por lo que el equilibrio se desplazara hacia la formación de
reactivos: ←, por tanto hay que esperar que el nuevo grado de disociación sea mas pequeño que
el anterior(40%)
Kp =
P 3 H 2 ·PN 2
=
X 3 H 2 ·P3 H 2 ·XN 2 ·P
=
((3n´α´/ 2) / n´(1+ α´´)3 ·(n´α´/ 2)n´(1+ α´´·P2 = (27α24 /16)/(1+ α´´4 ·P2 = 27α74 P 2
P 2 NH3 X 2 PCl5 ·P2 (n´(1− α´´)/n´( + α´´)2 (1 − α´´2 / (1 + α´´)2 16(1 − α´2 ) 2
Tema 6 Problemas para practicar_Equilibrio químico Hoja 6
∆G= ∆H-T∆S<0
Suponiendo ∆H y ∆S independiente de la temperatura:
∆H
T>
∆S
Podemos calcular ∆H0 y ∆S0 a partir de los datos proporcionados en la tabla:
92,22kJmol −1
T> > 464,5K
0,19853 kJ mol −1 K −1
T > 464,5K
d) Qv0 ?
Podemos calcular QV teniendo en cuenta la relación que existe entre Qp (∆H) y QV:
QV = QP-RT∆n = 92,22 kJ mol-1-8,314 ×10-3 kJ mol-1 K-1×298K×(4-2)=87,26 kJ mol-1
QV = 87,26 kJ mol-1
KP2 = 1,15
Tema 7 Problemas de clase_Tema 7_CINETICA QUIMICA Hoja 1
Orden de reaccion=x?
k?
Metodo 1:
−4
= 1,95 = 2 x x∼1
4,3·10 = k[0,5] x
4,3·10 − 4 0,5
Una vez que conocemos el orden de reaccion podemos obtener la constante de velocidad.
1 d [ N 2O5 ]
v = k[ N 2O5 ]x v=− = k[ N 2O5 ]
2 dt
Considerando la experiencia 1
v 8,4·10 −4
k= = = 8,4·10 −4 s −1
[N 2O5 ] 1
Considerando la experiencia 2
v 4,3·10 −4
k= = = 8,6·10 − 4 s −1
[N 2O5 ] 0,5
Considerando la experiencia 3
v 1,7 ×·10 −4
k= = = 8,5·10 − 4 s −1
[N 2O5 ] 0,2
Hacemos la media de estos tres valores y ese sera el valor de la constante de velocidad:
Metodo 2:
Tema 7 Problemas de clase_Tema 7_CINETICA QUIMICA Hoja 2
Podemos comprobar cual es el orden de reaccion haciendo las representaciones graficas correspondientes:
Observamos que obtenemos una buena linea recta (r^2>0,99) cuya pendiente es 8,357x 10-4
s-1 y una ordenada en el origen muy cercana a cero como esperariamos.
Ambos metodos producen identicos resultados pero el segundo se utiliza más especialmente cuando se tienen
más de 2 experiencias (más de 2 concentraciones diferentes).
Ahora al igual que en el ejercicio anterior podemos utilizar 2 metodos distintos pero solo aplicaremos el
primer metodo.
0,01 − 0,00964
v= = 6 × 10 −6 = k[0,01] x [0,005] y x
60 − 0 6 × 10 −6 0,01
=
0,005 − 0,00482 3 × 10 −6 0,005 2 = 2x x=1
v= = 3 × 10 −6 = k[0,005] x [0,005] y
60 − 0
0,01 − 0,00928
v= = 1,2 × 10 −5 = k[0,01] x [0,01] y y
60 − 0 1,2 × 10 −5 0,01
= 2 = 2y y=1
0,005 − 0,00464 6 × 10 −6 0,005
v= = 6 × 10 −6 = k[0,01] x [0,005] y
60 − 0
Por tanto el orden de la reaccion respecto a C4H8O2 es 1 y respecto a OH- es tambien uno. El orden total de la
reaccion sera 2.
Una vez que sabemos el orden de reaccion podemos pasar a calcular la constante de velocidad teniendo que
la ecuación de velociad sera:
Por tanto el valor de la constante de velocidad sera elmedio de estos 3 valores que es k=0,12 M-1s-1
Tema 7 Problemas de clase_Tema 7_CINETICA QUIMICA Hoja 4
Supongamos la reaccion:
A + B + … → C + D + …
Ahora incluimos la información que nos han dado que la velocidad se cuadriplica al multiplicar la
concentración de A por 2:
= a=2
4v = k[2 A]a [ B]b ... 4 2
v1 v2 2v1
A 40 ºC la constante vale k1 = y a 50 ºC vale k2 = =
[ A] [ B]b ...
a
[ A] [ B] ... [ A] [ B]b ...
a b a
Ahora consideramos la Ec. de Arrhenius que nos da la dependencia de la temperatura para la constante de
velocidad:
− Ea
k = A exp
RT
Ahora apliquemos esta ecuación a dos temperaturas:
− Ea − Ea
Para T1: k1 = A exp Para T2: k 2 = A exp
RT1 RT2
Diviendiendo ahora una ecuación por otra y tomando logaritmo neperiano obtenemos:
k2 E 1 1
ln =− a −
k1 R T2 T1
Sustituyendo ahora en esta ecuación los valores para k1 y k2 que hemos obtenido anteriormente:
Tema 7 Problemas de clase_Tema 7_CINETICA QUIMICA Hoja 5
2v1
[ A] [ B]b ...
a
E 1 1
ln =− a −
v1 8,314 323 313
[ A]a [ B]b ...
Considerando ahora que nos dicen en el enunciado que la velocidad se duplica al pasar de 40 ºC a 50 ºC:
2 E 1 1
ln =− a − Ea = 58261,59 J/mol
1 8,314 323 313
Problema 5. La descomposición en fase gaseosa de NOBr es una reacción de segundo orden respecto a
NOBr, cuya constante de velocidad es k = 0,810 M−1s−1 a 10 ºC. Tenemos un matraz a 10 ºC con NOBr
4·10−3 M ¿cuánto tiempo tarda en consumirse 1,5·10−3 M? ¿qué concentración de NOBr queda a los 5
minutos?
a) t?
∆[NOBr] = 1,5 × 10-3 M
b) [NOBr] (t=5min) ?
1 d[NOBr ]
Ley de velocidad v=− = k[ NOBr ] 2
2 dt
Reorganizando la ecuación:
d [ NOBr ]
− = 2kdt
[ NOBr ]2
C d [ NOBr ] t
−∫ = 2 k ∫0 dt
C0 [ NOBr ]2
Obtenemos:
1 1
− = 2kt
[ NOBr ] [ NOBr ]0
1 1
−3
− −3
= 2 × 0,810 M −1s −1 t
2,5·×0 M 4 × 10 M
b)
Ahora conocemos el tiempo (5 min= 300 s) y queremos saber la concentración que tendremos:
1 1
− = 2 × 0,810M −1s −1 × 300s
[ NOBr ] 4 × 10 −3 M
despejando obtenemos:
[NOBr] = 1,36 ×10−3 M
a) Orden de reaccion?
Primer metodo:
Aplicando la ecuación de Ostwald:
n −1
(t1/ 2 )1 [ A2 ]
=
(t1/ 2 ) 2 [ A1 ]
n −1
59 0,08
=
73 0,10
0,81 = 0,8n −1
n-1 ≈ 1
n ≈2
n −1
4,2 0,08
=
5,3 0,1
0,792 = 0,8 n −1
n-1 ∼ 1
n∼ 2
Segundo metodo:
- Suponiendo orden 0:
1 d [ A]
v = k[ A]0 − =k d [ A] = − nkdt
n dt
A t [ A]0 [ A]0
∫
A0
d [ A] = − nk ∫ dt
0
[ A] − [ A]0 = − nkt t1/ 2 =
2nk
k=
2n·t1/ 2
Considerando la experiencia 1:
0,10 8,47·10 −4
k (427 º C) = =
2n × 59 n
Considerando la experiencia 2:
0,08 5,48·10 −4
k (427 º C) = =
2n × 73 n
Nos dan diferente resultado por tanto no es una reaccion de orden cero.
- Suponiendo orden 1:
1 d [ A] d [ A]
v = k[ A] − = k[ A] − = nkdt
n dt [ A]
A d [ A] t ln 2 2
∫ A0 [ A]
= − nk ∫ dt
0
ln[ A] − ln[ A]0 = − nkt t1/ 2 =
nk
k=
n·t1/ 2
El periodo de semirreacción es independiente de la concentración, vemos que no es asi en los datos,
por tanto podemos descartar tambien que la reaccion sea de orden 1.
- Suponiendo orden 2
1 d [ A] d [ A]
v = k[ A]2 − = k[ A]2 − = nkdt
n dt [ A]2
A d [ A] t 1 1 1 1
−∫ 2
= nk ∫ dt − = nkt t1/ 2 = k=
A0 [ A] 0 [ A] [ A]0 nk[ A] n·[A]·t1/ 2
Considerando la experiencia 1:
Tema 7 Problemas de clase_Tema 7_CINETICA QUIMICA Hoja 8
1 0,1695
k (427 º C) = =
n × 0,10 × 59 n
Considerando la experinencia 2:
1 0,1712
k (427 º C) = =
n × 0,08 × 73 n
Ahora obtenemos valores muy similares por lo que podemos afirmar que la reaccion es de orden 2.
b) k’?
c)
Una vez que sabemos que el orden de reaccion respecto HI es dos podemos escribir la ley de velocidad para
esta reaccion:
1 d[HI]
Ley de velocidad v=− = k[HI] 2
2 dt
Integrando entre t=0 y t:
Cd [ HI ] t
−∫ = 2 k ∫0 dt
C0 [ HI ] 2
1 1
− = 2kt
[ HI ] [ HI ]0
Considerando que el tiempo de semireaccion es el tiempo necesario para reducir la concentración inicial a la
mitad:
1
t1 / 2 =
2k[ HI ]0
Despejando de la ecuación anterior k:
1
k=
2[ HI ]0 ·t1 / 2
Ahora sustituimos en la ecuación anterior:
Para la experiencia 1:
1
k (427 º C) = = 0,0847 M −1s −1
2 × 0,10M × 59s
Para la experiencia 2:
1
k (427 º C) = = 0,0856M −1s −1
2 × 0,08M × 73s
Para la experiencia 3:
1
k (508º C) = = 1,19M −1s −1
2 × 0,10M × 4,2s
Para la experiencia 4:
1
k (508º C) = = 1,18M −1s −1
2 × 0,08M × 5,3s
Haciendo la media de estos dos valores:
k(508°C) =1,185 M-1 s-1
c) Ea?
Tema 7 Problemas de clase_Tema 7_CINETICA QUIMICA Hoja 9
k2 E 1 1 0,0847 E 1 1
ln =− a − ln =− a −
k1 R T2 T1 1,19 8,314 700 781
Ea = 1,483·105 J/mol
d) A?
Para calcular A podemos sustituir en A para las dos temperaturas una vez que conocemos Ea:
Ea
−
k = A·e RT
- Para 427C:
148300 J mol −1
−
−1 −1 8, 314 JK −1mol −1 ×700 K
0,08515M s = A·e
A = 9,9×109 M-1s-1
- Para 508C:
148300 J mol −1
−
−1 −1 8 , 314 JK −1mol −1 ×781K
1,185M s = A·e
A = 9,8×109 M-1s-1
Haciendo la media de los dos valores:
A = 9,85×109 M-1s-1
e) t?
[HI] = [HI]0/2= 0,025M
[HI]0 = 0,05 M
T =450C
Lo primero sera determinar la constante de velocidad a 450 C utilizando la ecuacion de Arrhenius y con los
valores de Ea y A obtenidos anteriormente:
Ea
−
k = A·e RT
148300 Jmol −1
−
k (450C ) = 9,85 × 10 M s ×·e 9 −1 −1 8 ,314 JK −1mol −1 ×( 450 + 273 )
= 0,19M −1s −1
Una vez que savemos k(450C) podemos utilizar la ley de velocidad para esta reaccion:
1 1
− = 2kt
[ HI ] [ HI ]0
Y sustituir:
1 1
− = 2 × 0,19M −1s −1 × t
0,025M 0,05M
Y despejando obtenemos: t = 52,6 s
Tema 7 Problemas para practicar_Tema 7 _CINETICA QUIMICA Hoja 1
a)
1 d [ A] d [ A]
− = k[ A] − = kdt
n dt [ A]
A d [ A] t [ A]
∫A0 [ A]
= − k ∫ dt
0
ln
[ A]0
= − kt
0,95[ A]0
ln = − k ·60 k = 8,549·10−4s-1
[ A]0
b)
c)
[ A] −5
ln = − kt [ A] = [ A]0 ·e − kt = 0,05·e−8,549·10 ·60 = 0,0475 M
[ A]0
1 d [ NO ] 1 d[ H 2 ]
v=− =− = k[ NO ]x [ H 2 ] y
2 dt 2 dt
1 dPNO 1 dPH 2
v=− =− = k ( PNO ) x ( PH 2 ) y
2 dt 2 dt
119 = k(359)x (P H 2) y
119 359
x
= x=2
83 =k(300)x (P H)2 y
83 300
Tomamos las experiencias 1 y 2 a P(NO) = cte
Tema 7 Problemas para practicar_Tema 7 _CINETICA QUIMICA Hoja 2
+
Problema 3. En la reacción 3S2O82− + 2Cr3+ + 7H2O →
Ag
6SO42− + Cr2072− + 14H+
Se obtienen los siguientes datos experimentales de la velocidad inicial de reacción para 5 experimentos con
diversas concentraciones (mol/l) iniciales de reactivos y catalizadores. Calcular el orden de reacción.
[Ag+] [S2O82−] [Cr3+] [H+] v0 mol/min
1 0,010 0,02 0,10 0,10 6,72·10−5
2 0,005 0,02 0,10 0,10 3,34·10−5
3 0,005 0,01 0,10 0,10 1,62·10−5
4 0,010 0,02 0,10 0,20 6,76·10−5
5 0,010 0,02 0,20 0,10 2,69·10−5
= x=1
3,34·10 −5 = k[0,005]x [0,02] y [0,10] z [0,10]w 3,34·10 −5 0,05
= y=1
1,62·10 −5 = k[0,005]x [0,01] y [0,10]z [0,10]w 1,62·10 −5 0,01
= z=2
2,69·10 −5 = k[0,01]x [0,02] y [0,20]z [0,10]w 2,69·10 −5 0,2
= w=0
6,76·10 −5 = k[0,01] x [0,02] y [0,10]z [0,20]w 6,76·10−5 0,2
Ea 237000
− −
k = A·e RT
= 1,58·10 ·e
13 8, 314 · 298
= 4,517·10 − 29 s−1
Ea 237000
− −
k = A·e RT
= 1,58·1013 ·e 8, 314 ·600
= 3,675·10 −8 s−1
Una vez claculado k1, podríamos haber utilizado esta expresión para calcular k2:
k2 E 1 1 k2 237000 1 1
ln =− a − ln − 29
=− − K2 = 3,675·10−8
k1 R T2 T1 4,517·10 8,314 600 298
Problema 5. En el estudio de la reacción entre dos sustancias A y B se conocen los siguientes datos:
1 2 3 4 5
[A]0 M 0,005 0,010 0,020 0,050 0,005
[B]0 M 0,100 0,050 0,020 0,100 0,005
v0 M/min 1,25·10−6 2,50·10−6 4,00·10−6 1,25·10−6 6,25·10−6
Calcular el orden respecto a los reactivos, la expresión de la ley de velocidad, la constante específica de
velocidad y la velocidad inicial de la reacción cuando las concentraciones de ambos reactivos so 10 −3 M.
a)
Ley de velocidad v = k[ A]x [ B] y
= y = −1/2
6,25·10 −6 = k[0,005] x [0,005] y 6,25·10 −6 0,005
= x=0
1,25·10 −6 = k[0,050]x [0,100] y 1,25·10 −6 0,050
b)
1
−
Ley de velocidad v = k[ B] 2
c)
v 1,25·10−6
k= −1 / 2
= −1 / 2
= 3,95·10 −7
[ B] (0,1)
d)
Tema 7 Problemas para practicar_Tema 7 _CINETICA QUIMICA Hoja 4
1
−
v = k[ B] 2
= 3,95·10 −7 ·(10 −3 ) −1/ 2 = 1,249·10 −5
Tema 9 Problemas Clase_ACIDOS Y BASES Hoja 1
Kb = 1,77 × 10 −5
=
[NH ] [OH ]
+
4 eq
−
eq
=
x2
[NH 3 ]eq 10 − 2 − x
x2
1,77 × 10 −5 =
10 − 2
x2
1,77 × 10 −5 =
10 − 2 − x
Tema 9 Problemas Clase_ACIDOS Y BASES Hoja 2
⇒1,77×10-7-1,77×10-5x-x2=0
Las soluciones a esta ecuación segundo grado son: xa= -0,00043 xb=0,00043
La única solución con sentido químico es la segunda, por tanto x= 0,00041.
Y ahora podemos calcular pOH.
pOH= - log [OH-]= - log (x) = -log (0,00041) = 3,39
Y ahora calculamos el pH.
pH+pOH= 14 ⇒ pH=14-3,39 =10,61
Por tanto, pH= 10,61
−5
[H ] [CH COO ]
+
3
−
eq x2
Kb = 1,76 × 10 = =
eq
Kh =
Kw
=
10 −14 −7
= 3,33 × 10 =
[HClO]eq OH − [ ]
eq
=
x2
K a 3 × 10 −8 ClO − eq [ ] 10 − 2 − x
-2 -2
Aplicando ahora el método aproximado: 10 -x≈ 10
x2
3,33 × 10 − 7 = ⇒x= 5,77× 10-5 M
10 − 2
Comprobamos ahora la aproximación:
5,77 × 10 −5
%disociado = × 100 = 0,58%
10 − 2
Tema 9 Problemas Clase_ACIDOS Y BASES Hoja 3
La aproximación es correcta.
Ahora podemos calcular el pOH:
pOH= -log (5,77×10-5) = 4,24
Y ahora calculamos el pH: pH= 14-4,24 = 9,76
Por tanto, pH = 9, 76
procede de un acido fuerte no sufre hidrolisis) pero el CN- es la base conjugada del HCN que es un acido
débil.
NH4+ + H2O ↔ NH3 + H3O+
CN- + H2O ↔ HCN + OH-
Pero el OH- y el H3O+ reaccionaran: OH- + H3O+ ↔ 2H2O
Sumando estas 3 reacciones obtenemos:
NH4+ + CN- ↔ NH3 + HCN
Cuya constante de equilibrio vendrá dada por:
[NH 3 ]eq [HCN ]eq
K=
[NH ] [CN ]
4
+
eq
−
eq
Tema 9 Problemas Clase_ACIDOS Y BASES Hoja 4
Si ahora multiplicamos esta ecuación y dividimos por: [OH-][H3O+] (por simplicidad a partir de ahora no
escribiré “eq”):
[NH 3 ] × [HCN ] × H O + OH −
K=
[ ] [
[NH 4 ] OH − CN − H 3O + ][
3
] [ ][ ]
Y teniendo en cuenta que:
1
=
[NH 3 ] 1
=
[HCN ] [
KW = H 3O + OH − ][ ]
[
Kb( NH 3 ) [NH 4 ] OH − ] [
Ka( HCN ) CN − H 3O + ][ ]
La constante K vendrá dada por:
Kw 10 −14
K= = = 1,15
Kb( NH 3 ) × Ka ( HCN ) 1,77 × 10 −5 × 4,93 × 10 −10
pH = 9,28
El pH que hemos obtenido es básico como se esperaria de una sal donde Kb>Ka.
Tema 9 Problemas Clase_ACIDOS Y BASES Hoja 5
Problema 2. Tenemos 500 ml de una disolución que es 0,2 M en NH3 y 0,1 M en NH4Cl. Calcular el ∆pH al
añadir: a) 5 ml de una disolución NaOH 0,1 M. b) 5 ml de una disolución HCl 0,1 M. Kb(NH3) = 1,77·10−5
V= 500 ml
[NH3]= 0,2 M
[NH4Cl] = 0,1 M
Kb(NH3) = 1,77·10−5
El NH3/ NH4Cl forman un tampon ya que tenemos una base debil con su sal conjugada cuyo pOH
vendrá determinado por la ecuación de enderson-Hasselbalch:
pOH = pK b + log
[NH 4Cl] = − log(1,77 ×10−5 ) + log 0,1 = 4,451
[NH 3 ] 0,2
El pH sera:
pH= 14-4,451 = 9,55
Pero ahora añadimos a esta disolución 5 ml de NaOH 0,1 M. El NaOH es una base fuerte que se
disocia totalmente por tanto:
Al añadir el NaOH el acido (NH4+) se neutralizara con la base de forma que perderemos 5×10-4 mol
de NH4+ y se formara 5×10-4 mol de NH3:
Ahora añadimos a esta disolución 5 ml de HCl 0,1 M. El HCl es un acido fuerte que se disocia
totalmente por tanto:
HCl → H+ + Cl-
Inicialmente (moles) 0,1×0,005
Finalmente (moles) --- 5×10-4 5×10-4
Al añadir el HCl la base (NH3) se neutralizara con el acido de forma que perderemos 5×10-4 mol de
NH3 y se formara 5×10-4 mol de NH4+:
Na · Va = Nb · Vb ⇒ 50 · 0,1 = 0,1 · Vb ⇒ Vb = 50 ml
Tema 9 Problemas Clase_ACIDOS Y BASES Hoja 7
Tenemos una sal de hidrólisis neutra y ácido fuerte en exceso, el pH vendrá determinado por la
concentración remanente del ácido C = (na–x) / (Va+Vb), que será pH = –logC.
3. Punto de equivalencia.
Lo único que tenemos es una sal de hidrólisis neutra con lo que independientemente de cual sea
su concentración, el pH valdrá 7.
Si seguimos añadiendo reactivo, quedará en exceso base fuerte, que es la que determinará ahora el
pH con su concentración C = (x–na) / (Va+Vb) y el valor de pH = 14 + logC.
Una vez que sabemos las formulas que tenemos que aplicar para calcular el pH en cada una de las
diferentes partes de la curva de calibracion, utilizamos un programa como excel para hacer los
calculos automaticamente y hacer la grafica correspondiente y obtenemos:
Tema 9 Problemas Clase_ACIDOS Y BASES Hoja 8
ml ml
[H+] pH
NaOH disolución
0 50 0,10 1,00
5 55 8,2·10−2 1,09
10 60 6,7·10–2 1,18
15 65 5,4·10–2 1,27
20 70 4,3·10–2 1,37
25 75 3,3·10–2 1,48
30 80 2,5·10–2 1,60
35 85 1,8·10–2 1,75
pH
40 90 1,1·10–2 1,95
45 95 5,3·10–3 2,28
46 96 4,2·10–3 2,38
47 97 3,1·10–3 2,51
48 98 2,0·10–3 2,69
49 99 1,0·10–3 3,00
50 100 1,0·10–7 7,00
51 101 1,0·10–11 11,00
52 102 5,1·10–12 11,29
53 103 3,4·10–12 11,46
54 104 2,6·10–12 11,59
55 105 2,1·10–12 11,68
60 110 1,1·10–12 11,96
65 115 7,7·10–13 12,11 VNaOH/ml
70 120 6,0·10–13 12,22
75 125 5,0·10–13 12,30
80 130 4,3·10–13 12,36
85 135 3,9·10–13 12,41
90 140 3,5·10–13 12,46
95 145 3,2·10–13 12,49
100 150 3,0·10–13 12,52
Tema 9 Problemas Clase_ACIDOS Y BASES Hoja 9
Estamos ante una valoración de una base debil con una acido fuerte.
x⋅x x2
NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OH– Kb = ≈
c−x c
c 0 0
c–x x x
OH − = x = K b ⋅ c ⇒ pOH = 1
2 ( pK b − logC ) pH = 14 – pOH
3. Punto de equivalencia.
En el punto de equivalencia no queda ni ácido ni base, pero si una sal con hidrólisis ácida de
concentración C = na/(Va + Vb).
Kw
=
x⋅x
Kb c − x
≈
x2
c
⇒ H+ = x = [ ] C ⋅ K w / K b ⇒ pH = 7 − 12 (pK b + logC )
Tema 9 Problemas Clase_ACIDOS Y BASES Hoja 10
Si seguimos añadiendo reactivo, quedará en exceso ácido fuerte, que es la que determinará
ahora el pH con su concentración C = (x–na) / (Va+Vb) y el valor de pH = –logC a pesar de
la existencia de una sal ácida débil pues su aportación será insignificante.
De nuevo utilizamos un programa como excel para hacer los calculos y la grafica.
ml
ml HCl [H+] pH
disolución
0 50 5,25·10–12 11,28
10 60 6,16·10–11 10.21
20 70 1,38·10–10 9,86
30 80 2,40·10–10 9,62
40 90 3,71·10–10 9,43
50 100 5,49·10–10 9,26
60 110 8,32·10–10 9,08
70 120 1,29·10–9 8,89
80 130 2,23·10–9 8,65
90 140 5,01·10–9 8,30
pH
Problema 2. Tenemos 500 ml de una disolución que es 0,1 M en CH3COOH y 0,2 M en CH3COONa.
Calcular el ∆pH al añadir: a) 5 ml de una disolución NaOH 0,1 M. b) 5 ml de una disolución HCl 0,1 M.
Tenemos una disolución reguladora cuyo pH vendrá determinado por la ecuación de Henderson-
Hasselbalch:
pH = pK a + log
[CH 3COONa ] = − log(1,76·10 −5 ) + log 100 + x 500 = 4,754 + log 100 = 5,055
[CH 3COOH] 50 − x
500
50
Como los OH– reaccionan con los H+ la disociación del ácido débil se tiene que desplazar hacia la
derecha para restablecer el equilibrio, es decir, aumenta la concentración de CH3COO– y disminuye
la concentración de CH3COOH
pH = pK a + log
[CH 3COONa ] = 4,754 + log 100 + 0,5 = 5,062
[CH 3COOH ] 50 − 0,5
b) HCl → Cl– + H+
0,5 0 0
0 0,5 0,5
Al añadir H+, que es un ión común, la disociación del ácido débil se tiene que desplazar hacia la
izquierda para restablecer el equilibrio, es decir, aumenta la concentración de CH3COOH y
disminuye la concentración de CH3COO–
pH = pK a + log
[CH 3COONa ] = 4,754 + log 100 − 0,5 = 5,049
[CH 3COOH] 50 + 0,5
x⋅x x2
CH3COOH + H2O ⇌ CH3COO– + H3O+ Ka = ≈
c−x c
c 0 0
c–x x x
[H ] = x =
+
K a ⋅ c ⇒ pH = 1
2 (pK a − logC)
Después calculamos el volumen de reactivo en el punto de equivalencia:
Na · Va = Nb · Vb ⇒ 25 · 0,1 = 0,05 · Vb ⇒ Vb = 50 ml
Tenemos una disolución reguladora cuyo pH vendrá determinado por la ecuación de Henderson-
Hasselbalch:
x
pH = pK a + log
na − x
3. Punto de equivalencia.
En el punto de equivalencia no queda ni ácido ni base, pero si una sal con hidrólisis básica de
concentración C = na / (Va + Vb).
Tema 9 Problemas para practicar_ACIDOS Y BASES Hoja 3
Kw
=
x⋅x
Ka c − x
≈
x2
c
⇒ OH − = x = [ ] C ⋅ K w /K a ⇒ pH = 7 + 1
2 (pK a + logC)
Si seguimos añadiendo reactivo, quedará en exceso base fuerte, que es la que determinará ahora el
pH con su concentración C = (x–na) / (Va+Vb) y el valor de pH = 14 + logC a pesar de la existencia
de una sal básica débil pues su aportación será insignificante.
ml ml
[H+] pH
NaOH disolución
–3
0 25 1,32·10 2,88
5 30 1,58·10–4 3,80
10 35 7,04·10–5 4,15
15 40 4,11·10–5 4,39
20 45 2,64·10–5 4,58
25 50 1,76·10–5 4,75
30 55 1,17·10–5 4,93
35 60 7,54·10–6 5,12
40 65 4,40·10–6 5,36
45 70 1,96·10–6 5,71
46 71 1,53·10–6 5,81
47 72 1,12·10–6 5,95
48 73 7,33·10–7 6,13
49 74 3,59·10–7 6,44
50 75 2,30·10–9 8,66
51 76 1,52·10–11 10,82
52 77 7,70·10–12 11,11
53 78 5,20·10–12 11,28
54 79 3,95·10–12 11,40
55 80 3,20·10–12 11,49
60 85 1,70·10–12 11,77
65 90 1,20·10–12 11,92
70 95 9,50·10–13 12,02
75 100 8,00·10–13 12,10
80 105 7,00·10–13 12,15
85 110 6,29·10–13 12,20
90 115 5,75·10–13 12,24
95 120 5,33·10–13 12,27
100 125 5,00·10–13 12,30
Tema 9 Problemas para practicar_ACIDOS Y BASES Hoja 4
Problema 4. Tenemos 500 ml de una disolución que es 0,2 M en NH3 y 0,1 M en NH4Cl. Calcular el ∆pH al
añadir: a) 5 ml de una disolución NaOH 0,1 M. b) 5 ml de una disolución HCl 0,1 M.
Tenemos una disolución reguladora cuyo pOH vendrá determinado por la ecuación de
Henderson-Hasselbalch:
pOH = pK b + log
[NH 4 Cl] = − log(1,77·10 −5 ) + log 50 + x 500 = 4,754 + log 50 = 4,451
[NH 3 ] 100 − x
500
100
pH = 14 – 4,451 = 9,549
Al añadir OH–, que es un ión común, la disociación de la base débil se tiene que desplazar hacia la
izquierda para restablecer el equilibrio, es decir, aumenta la concentración de NH3 y disminuye la
concentración de NH4+
pOH = pK b + log
[NH 4 Cl] = 4,754 + log 50 − 0,5 = 4,444 pH = 14 – 4,444 = 9,555
[NH 3 ] 100 + 0,5
Como los H+ reaccionan con los OH– la disociación de la base débil se tiene que desplazar hacia la
derecha para restablecer el equilibrio, es decir, aumenta la concentración de CH3COO– y disminuye
la concentración de CH3COOH
pOH = pK b + log
[NH 4 Cl] = 4,754 + log 50 + 0,5 = 4,457 pH = 14 – 4,457 = 9,543
[NH 3 ] 100 − 0,5
PROBLEMAS DE TRANSPARENCIAS
PROBLEMAS DE CLASE
Problema 1. Ajustar las siguientes reacciones redox:
1) Bi2O3 + NaOH + NaClO → NaBiO3 + NaCl + H2O
Esta reaccion hay que ajustarla en medio basico ya que tenemos NaOH
+3 +1 +5 −1
Bi2O3 + NaOH + NaClO → NaBiO3 + NaCl + H2O
–1 +7 +4 +4
C6H6 + KMnO4 + KOH → K2CO3 + MnO2 + H2O
Tema 11 Problemas de Clase_ELECTROQUÍMICA Hoja 4
Esta reaccion hay que ajustarla en medio acido ya que tenemos HNO3:
+2 +1 +3 –1
Fe(NO3)2 + NaClO + HNO3 → Fe(NO3)3 + NaCl + H2O
Para comprobar si has ajustado bien las ecuaciones puedes utilizar la siguiente herramienta on line:
http://www.webqc.org/balance.php
Por tanto:
E0 = -0,76 V -0,80 V = -1,56 V <0 por tanto esta reaccion no ocurrira espontáneamente
Por tanto:
E0 = 0 V -0,80 V = -0,80 V <0 por tanto esta reaccion no ocurrira espontáneamente
Por tanto:
E0 1= -0,76 V -0,52 V = - 1,28 V <0 por tanto esta reaccion no ocurrira espontáneamente
E0 2= -0,76 V -0,34 V = - 1,1 V <0 por tanto esta reaccion no ocurrira espontáneamente
El Zn no oxida al metal Cu. En cualquier caso seria mas facil oxidarlo a Cu+2 que a Cu+.
2+
es >0 (∆G<0) el proceso sera espontaneo y por tanto esta reaccion ocurrira. Ocurrira aquel proceso
que tenga una menor energia libre de Gibbs o mayor fem.
Por tanto:
E0 1= 0 V -0,52 V = - 0,52 V <0 por tanto esta reaccion no ocurrira espontáneamente
E0 2= 0 V -0,34 V = - 0,34 V <0 por tanto esta reaccion no ocurrira espontáneamente
El HCl no disuelve el Cu. En cualquier caso seria mas facil oxidarlo a Cu+2 que a Cu+.
Problema 3. El anión ClO3− puede oxidarse a ClO4−, o reducirse a ClO−, ClO2-, Cl2, Cl−. Si una disolución de
KClO3 se pone frente a una disolución de AuCN, deducir que proceso electroquímico es el más favorecido,
suponiendo que los iones K+ y CN− son inertes en la reacción redox.
Eº(Au3+/Au+) = +1,25V Eº(Au+/Au) = +1,69V Eº(ClO4−/ClO3−) = +1,23 V Eº(ClO3−/ClO2−) = +1,16 V
Eº(ClO3−/ClO−) = +0,49 V Eº(ClO3−/Cl−) = +0,62 V Eº(ClO3−/Cl2) = +1,36 V
KClO3 + AuCN
Si ponemos en contacto KClO3 con AuCN y suponiendo que K+ y CN- son inertes el Au en el AuCN esta con
un número de oxidación: +1. Según los potenciales estandares de reduccion que nos dan el Au+ puede sufrir
los siguientes procesos en principio:
Reduccion: Au+ + 1e- → Au0 E0 (Au+/Au0) = +1,69 V
Oxidacion : Au+ → Au+3 + 2 e - E0 (Au+/Au+3) = -1,25 V
Para que el proceso ocurra la reaccion global tiene que tener una fem positiva.
Considerando que primero el oro se reduce y el ClO3- se oxida el fem de este proceso vendria dado por:
E0 (Au+/ClO3-//Au/ClO4-) =E0(Au+/Au0)-E0(ClO4-/ClO3-)=1,69 V-1,23 V= 0,46 V
Considerando ahora que el oro se oxida y el ClO3- se reduce hay varias posibilidades y la mas favorable sera
aquella en la que para el ClO3- el potencia estandard de reduccion sea mas positivo (ClO3-/Cl2). En este caso
el fem vendria dado:
Los dos procesos considerados seria espontaneos pero es mas favorable el primero ya que tiene una fem mas
positiva. Por tanto el proceso mas favorable sera el de la reduccion del Au+ a Au metal y la oxidación del
ClO3- a ClO4-.
Problema 4. Deducir qué metales se pueden disolver con HCl, HNO3 y H2SO4.
Eº(Li+/Li) = −3,05 V Eº(Ba2+/Ba) = −2,90 V Eº(Mg2+/Mg) = −2,34 V
E (Al /A1) = −1,67 V
º 3+
E (Zn /Zn) = −0,76 V
º 2+
Eº(Ag+/Ag) = +0,80 V
Analogamente a los ejercicios anteriores hay que comprobar si el fem del proceso es positivo. Si lo es los
metales se disolveran el el acido correspondiento y sino no lo haran.
Li → Li+ + e─ + 3 ,0 5
2H+ + 2e─ → H2 + 0 ,0 0
2Li + 2H+ → 2Li+ + H2 +3,05 > 0 si se disuelve
Li → Li+ + e─ + 3 ,0 5
NO3– + 2H+ + e─ → NO2 + H2O + 0 ,8 0
Li + NO3– + 2H+ → Li+ + NO2 + H2O +3,85 > 0 si se disuelve
Li → Li+ + e─ + 3 ,0 5
SO42– + 2H+ + 2e─ → SO32– + H2O + 0 ,1 7
Tema 11 Problemas de Clase_ELECTROQUÍMICA Hoja 8
2Li + SO42– + 2H+ → 2Li+ + SO32– + H2O +3,22 > 0 si se disuelve
Al → Al 3+ + 3e─ + 1 ,6 7
2H+ + 2e─ → H2 + 0 ,0 0
2 Al + 6H+ → 2 Al 3+ + 3H2 +1,67 > 0 si se disuelve
Al → Al 3+ + 3e─ + 1 ,6 7
NO3– + 2H+ + e─ → NO2 + H2O + 0 ,8 0
Al + 3NO3– + 6H+ → Al 3+ + 3NO2 + 3H2O +2,47 > 0 si se disuelve
Al → Al 3+ + 3e─ + 1 ,6 7
SO4 + 2H + 2e → SO3 + H2O
2– + ─ 2–
+ 0 ,1 7
2 Al + 3SO42– + 6H+ → 2 Al 3+ + 3SO32– + 3H2O +1,67 > 0 si se disuelve
Ba → Ba 2+ + 2e─ + 2 ,9 0
NO3 + 2H + e → NO2 + H2O
– + ─
+ 0 ,8 0
Ba + 2NO3– + 4H+ → Ba 2+ + 2NO2 + 2H2O +3,70 > 0 si se disuelve
Ba → Ba 2+ + 2e─ + 2 ,9 0
SO42– + 2H+ + 2e─ → SO32– + H2O + 0 ,1 7
Ba + SO42– + 2H+ → Ba 2+ + SO32– + H2O +3,17 > 0 si se disuelve
Zn → Zn 2+ + 2e─ + 0 ,7 6
2H+ + 2e─ → H2 + 0 ,0 0
Zn + 2H+ → Zn 2+ + H2 +0,76 > 0 si se disuelve
Zn → Zn 2+ + 2e─ + 0 ,7 6
NO3– + 2H+ + e─ → NO2 + H2O + 0 ,8 0
Zn + 2NO3– + 4H+ → Zn 2+ + 2NO2 + 2H2O +1,56 > 0 si se disuelve
Tema 11 Problemas de Clase_ELECTROQUÍMICA Hoja 9
Zn → Zn 2+ + 2e─ + 0 ,7 6
SO4 + 2H + 2e → SO3 + H2O
2– + ─ 2–
+ 0 ,1 7
Zn + SO42– + 2H+ → Zn 2+ + SO32– + H2O +0,93 > 0 si se disuelve
Mg → Mg 2+ + 2e─ + 2 ,3 4
2H+ + 2e─ → H2 + 0 ,0 0
Mg + 2H+ → Mg 2+ + H2 +2,34> 0 si se disuelve
Mg → Mg 2+ + 2e─ + 2 ,3 4
NO3 + 2H + e → NO2 + H2O
– + ─
+ 0 ,8 0
Mg + 2NO3– + 4H+ → Mg 2+ + 2NO2 + 2H2O +3,14 > 0 si se disuelve
Mg → Mg 2+ + 2e─ + 2 ,3 4
SO42– + 2H+ + 2e─ → SO32– + H2O + 0 ,1 7
Mg + SO42– + 2H+ → Mg 2+ + SO32– + H2O +2,51 > 0 si se disuelve
Ag → Ag+ + e─ − 0 ,8 0
NO3 + 2H + e → NO2 + H2O
– + ─
+0,80
Ag + NO3– + 2H+ → Ag+ + NO2 + H2O 0 no se disuelve
Ag → Ag+ + e─ − 0 ,8 0
SO4 + 2H + 2e → SO3 + H2O
2– + ─ 2–
+0,17
2 Ag + SO42– + 2H+ → 2 Ag+ + SO32– + H2O −0,63 < 0 no se disuelve
Como el fem obtenido es positivo el proceso es espontaneo y por tanto podemos afirmar que el H2O2 puede
disputarse.
n1Eº1 – n2Eº2
– n3FE3o = – n1FE1o + n2FE2o E3o = n3
3(1,40) − 1(1,69)
E30 = = +1,255V
2
E0(Au+3/Au+) = 1,255 V
Problema 7. Sea la siguiente reacción K2Cr2O7 + SnCl2 + HCl → CrCl3 + SnCl4+ KCl + H2O
Una muestra que pesa 2,5 g contiene K2Cr2O7(s) e impurezas inertes; consume en su valoración 27,2 ml de
una disolución 0,75 M de SnCl2. Calcular la pureza de la muestra. M(K2Cr2O7) = 294 g mol-1
K2Cr2O7 + SnCl2 + HCl → CrCl3 + SnCl4+ KCl + H2O
M(K2Cr2O7+impurezas) = 2,5 g
V(SnCl2) = 27,2 ml
[SnCl2] = 0,75 M
pureza de la muestra?
El primer paso sera ajustar la reaccion redox en medio acido (tenemos HCl):
+6 +2 +3 +4
K2Cr2O7 + HCl + SnCl2 → CrCl3 + SnCl4 + KCl + H2O
Teniendo en cuenta que la muestra tenía una masa de 2,5 g la pureza de esta muestra sera:
Problema 8. Una pila está formada por dos celdas A y B. En la celda A hay una disolución que es 0,1 M en
Fe3+ y 0,05 M en Fe2+. En la celda B hay una disolución que es 0,3 M en Cr2O72− y 0,2 M en Cr3+ a pH = 2. Se
introducen electrodos inertes en ambas celdas y se conectan con un hilo conductor, y las disoluciones
mediante un puente salino de KCl. Describir detalladamente el funcionamiento de la pila justificando las
semirreacciones que ocurren en cada electrodo así como la reacción total, y el potencial de la pila.
Eº(Fe3+/Fe2+) = +0,77 V Eº(Cr2O72−/Cr3+) = +1,33 V
Celda A Celda B
0,1 M Fe3+ 0,3 M Cr2O72-
0,05 M Fe2+ 0,2 M Cr3+
pH = 2
Electrolito inerte Electrolino inerte
Lo primero sera determinar que semireacciones van a ocurrir en cada celda y determinar cual va a ser el
catodo y el anodo:
En la celda A
Fe + e─ → Fe2+
3+
En la celda B
Cr2O72─ + 14H+ + 6e─ → 2Cr3+ + 7H2O
0 ,0 5 9 [Cr3+]2 0 ,0 5 9 ( 0 ,2 ) 2
EB = EºB – l og = 1 ,3 3 – l og = 1,063 V
6 [Cr2O72─][H+]14 6 0,3∙(10-2)14
Esta misma solucion se obtendria si aplicaramos directamente la Ecuacion de Nerst a la reaccion global. Es
decir:
e ─ →
á nodo ─ + cátodo
oxidación Cl─ K+ reducción
A ↓ ↓ B
Problema 9. Una pila de concentración está formada por dos celdas A y B. En la celda A hay una disolución
0,1 M de HCl conectada mediante un electrodo de Pt a una corriente de hidrógeno a 0,5 atm de presión. En la
celda B hay una disolución 0,5 M de HCl conectada mediante un electrodo de Pt a una corriente de
hidrógeno a 0,3 atm de presión. Se conectan ambos electrodos con un hilo conductor, y las disoluciones
mediante un puente salino de KCl. Describir detalladamente el funcionamiento de la pila justificando las
semirreacciones que ocurren en cada electrodo así como la reacción total, y el potencial de la pila.
Eº(H+/H2) = +0,00 V
Pila de concentración
Celda A Celda B
0,1 M HCl 0,5 M HCl
Pt Pt
H2: 0,5 atm H2: 0,3 atm
Aplicamos la ecuacion de Nerst para calcular el fem de la celda A y B y asi podeterminar cual es el catodo y
el anodo:
En el catodo: 2H+ + 2e-→ H2
En el anodo: H2 → 2H+ + 2e-
0 ,0 5 9 P(H2) 0 ,0 5 9 0 ,5
EA = EºA – Log =0– l og = -0,050 V
2 [H+]2 2 0 ,1 2
0 ,0 5 9 P(H2) 0 ,0 5 9 0 ,3
EB = EºB – Log =0– l og = -0,0024 V
2 [H+]2 2 0 ,5 2
Para obtener una fem global positivo la celda A tiene que ser el anodo y la B el catodo:
- e ─ → +
H2 (0,5 atm)
H2 (0,3 atm)
a nodo Cl─ K+ catodo
oxidacion reduccion
A ↓ ↓ B
HCl 0,1 M Pt HCl 0,5 M
Pt
H2 → 2H+ 2H+ → H2
Pt, H2 (0,5atm) /HCl (0,1 M) // HCl (0,5 M)/ Pt, H2 (0,3 atm)
Problema 10. En una disolución acuosa de CuCl2 se introducen dos electrodos. Un electrodo es de cobre y
se conecta al polo negativo (–) de una batería externa; el otro electrodo es de hierro y se conecta al polo
positivo (+). Se hace circular una corriente de 0,5 A durante 24 horas. Describir el funcionamiento de la
celda, indicando las semirreacciones que ocurren en cada electrodo así como la reacción total. Calcular la
masa de sustancia depositada y/o desprendida en cada uno de los electrodos.
F = 96500 C Pat(Cu) = 63,55 Pat(H) = 1,00 Pat(O) = 16,00 Pat(Cl) = 35,45
º 2+ º 2+
E (Cu /Cu) = +0,34 V E (Fe /Fe) = –0,44 V
Eº(Cl2/Cl−) = +1,36 V Eº(O2/H2O) = +1,23 V Eo(H2O/H2) = –0,83 V
Por tanto en el catodo se reduce el Cu y en el anodo se oxida el Fe ya que son las reacciones mas favorables
(el potencial es positivo o muy poco negativo). En un proceso electrolítico el potencial puede ser positivo
pero incluso reacciones con potencial negativo pueden forzarse a ocurrir mediante la corriente eléctrica.
Tema 11 Problemas de Clase_ELECTROQUÍMICA Hoja 14
– cátodo – + ← e- ánodo +
⊥
←
Cu ← Cu 2+ Fe2+ ← Fe
Cu+2 + Fe → Cu + Fe+2
CuCl2 + Fe → Cu + FeCl2
Pm×I×t
m=
n×96500
63,55×0,5×24×3600
m= = 14,23 g Cu depositado en el catodo
2×96500
55,84×0,5×24∙3600
m= = 12,5 g Fe disuelto en el anodo
2×96500
No cuadra el Na y K por lo que abrá que reducir el número de K2SO4 e introducir tanto Na2SO4 como sea
necesario para balancear la reacción:
Zn → ZnO22−
NO3− → NH3
Problema 5. Ajustar la ecuación: C6H6 + KMnO4 + KOH → K2CO3 + MnO2 + H2O
Se valora una muestra de 100 ml de C6H6 puro con KMnO4 0.5M, ¿Qué volumen de disolución de KMnO4
sería necesario?. d(C6H6 (l)) = 0,896 g/cm3
–1 +7 +4 +4
C6H6 + KMnO4 + KOH → K2CO3 + MnO2 + H2O
d = m /V m = d ⋅ V = 0,896·100= 89,6
Tema 10 Problemas Para practicar_ELECTROQUÍMICA Hoja 3
m
Eq = N ⋅V Eq = ⋅v
Pm
V 89,6
Eqox = Eqred ⋅ 0,5 ⋅ 3 = ⋅ 30 V = 22,97 ml KMnO4 0.5M
1000 78
mol C6H6 = 89,6 / 78 = 1,15
Problema 6. Se forma una pila introduciendo una placa de cinc metálico en una disolución de ZnSO4 (1 M)
y una placa de cobre en una disolución de Cu SO4 (1 M). Se unen ambos sistemas. Explicar detalladamente
el funcionamiento de la pila resultante.
Problema 7. Una pila está formada por un electrodo de hierro sumergido en una disolución 0,1 M de
Fe2(SO4)3 y un electrodo de cobre sumergido en una disolución 0,5 M CuSO4. Se conectan los electrodos
con un hilo conductor, y las disoluciones mediante un puente salino de KCl. Describir detalladamente el
funcionamiento de la pila justificando las semirreacciones que ocurren en cada electrodo así como la
reacción total, y potencial de la pila. Eº(Fe3+/Fe) = +0,77 V Eº(Cu2+/Cu) = +0,34 V
Problema 8. En una celda electrolítica se quiere recubrir un objeto con plata. En el recipiente hay una
disolución 1 M de AgNO3 en medio ácido (HNO3 pH = 2).
a) Describir el funcionamiento de la celda, indicando las semirreacciones que ocurren en cada electrodo así
como la reacción total (el otro electrodo es inerte).
b) Se hace circular una corriente de 0,5 A durante 10 h. Calcular la masa de sustancia depositada y/o
desprendida en cada uno de los electrodos.
c) Calcular el potencial mínimo necesario para que comience la electrolisis.
F = 96500 C Pat(Ag) = 108 Pat(H) = 1 Pat(O) = 16 Pat(N) = 14
º + º -
E (Ag /Ag) = +0,81 V E (NO3 /NO2) = +0,79 V
Eº(O2/H2O) = +1,23 V Eº(H2O/H2) = −0,83 V
1 M AgNO3
pH= 2
Celda electrolítica
Se quiere recubrir objeto con Ag
a)
Si se requiere recubrir con Ag tenemos que el electrolito de Ag se reducirá en el cátodo:
El proceso total sería con reducción de Ag+: 4 Ag+ + 2H2O → 4 Ag + O2 + 4 H+ E= 0.81-1.23 = -0.42 V
El proceso total sería con reducción de NO3-: 2H+ + 2NO3- →2NO2 + H2O E= 0.79-1.23 = -0.44 V
Tendremos que controlar bien el voltaje para que se produzca el depósito de Ag y no la reducción del nitrato.
Idealmente deberíamos utilizar otra sal de Ag con un anion más difícil de reducir. No obstante hay que tener
en cuenta que el proceso de reducción del NO3- produce un gas y en la producción de gases siempre hay un
sobrepotencial bastante más grande que para sólidos por que también habría mas tendencia a formación de
Ag de lo esperado termodinámicamente.
– cátodo – + ← e- ánodo +
⊥
b) 0.5 A 10 h
m depositada o desprendida em electrodos?
Pm×I×t
m=
n×96500
Para Ag:
Para O2:
Problema 9. En una disolución acuosa de Ag2SO4 en medio H2SO4 se introduce un electrodo de plata y un
objeto inerte pero conductor eléctrico. Se hace circular una corriente de 0,5 A durante 24 horas. Describir el
funcionamiento de la celda, indicando las semirreacciones que ocurren en cada electrodo así como la
reacción total. Calcular la masa de sustancia depositada y/o desprendida en cada uno de los electrodos.
F = 96500 C Pat(Ag) = 108 Pat(H) = 1 Pat(O) = 16 Pat(S) = 32
Eº(Ag+/Ag) = +0,80 V Eº(SO42−/ SO32−) = +0,17 V
Eº(O2/H2O) = +1,23 V Eº(H+/H2) = +0,00 V