Ejercicios tipo examen con soluciones 12/13, Ejercicios de Química

¡Descarga Ejercicios tipo examen con soluciones 12/13 y más Ejercicios en PDF de Química solo en Docsity! PROBLEMES REPÁS QUÍMICA - GENER 2013 Y EXERCICI 1 Raoneu totes les respostes. a) Indiqueu en quin subnivell es troben els electrons descrits pels números quántics que s'indiquen a continuació ¡ ordeneu-los en ordre creixent de les seves energies: 1 a-1)n=4,1=2,ml=-1,ms=3 a-2)n=3,1=1,ml=0; ms = -5 a-3)n=5,1=3,ml=-3: ms =-% a-4)n=4,1=2,ml=+2,ms=-% b) Completeu les segiients reaccions nuclears: b-1) MC > N+... b-2) ÍCo+... > Ni Ni+... b-3) 10Ag+t.. > “ln > "gIn+... b-4) Cf > “Xe + Ru +... c) Expliqueu i dibuixeu les estructures de Lewis per les molécules AlC|3, HNO, CH2=CH-C=CH ¡ SeBr¿. Indiqueu la cárrega formal que presenta cada átom. Es presenta alguna anomalia? Existeixen estructures ressonants per alguna de les molécules? d) Analitzeu la hibridació que presentará cada átom en la molécula CHBr=C=CH-CH¿0H. Justifiqueu el tipus d'orbital híbrid que intervé en cada cas ¡ indiqueu quina és la seva geometria electrónica. Finalment, dibuixeu la geometria de la molécula sencera, indicant la forma que presenta. Dades ZAl=13; ZCl =17; ZH=1; ZN=7; ZO=8; ZC=6; ZSe =34 ¡ ZBr=35 C) Abans de dibuixar les estructures de Lewis cal determinar la configuració electrónica de cada element del compost ¡, d'acord amb la formula, veure com es poden formar els enllagos pensant en el compliment de la regla de l'octet, a ser possible. Tractarem cada molécula individualment, indicant al mateix temps que llestructura de Lewis, la cárrega formal de cada dtom i fent esment de si es presenta alguna anomalia i de la possible existencia d'estructures ressonants. AICI, — Z(AM = 13 > 18?2s22p03523p! => 1522s?2p93s!3px!3py!3pz0 3 electrons de valencia, que amb la promoció d'un electró de l'orbital s a un altre orbital p, permet justificar la formació de tres enllagos simples. Z (Cl) = 17 > 15?2s?2p$3s?3p5 7 electrons de valencia, peró un sol electró desaparellat que permet justificar la formació d'un sol enllag simple per cadascun dels átoms de clor. En total, la molécula té 24 electrons de valencia i hem de mirar com podem formar els enllagos per tal que els átoms compleixin amb la regla de l'octet (o doblet pel hidrogen) xx xx Z . 1 . me . L 3C1L AL CL Fórmula de Lewis: L'atom d'alumini comparteix un electró XX Ox xXx seu amb un electró de cadascun dels tres átoms de clor. xl xx Cárrega formal: Cf = V- (L+ S/2) V: n* e- valencia en 'dátom lliure L: n* e- no compartits S: n* e- compartits Cf (Cl) = 7 -(6+ 2/2)=0 Cf (Al) = 3 - (0+ 6/2)=0 Anomalia: En aquesta molécula no es compleix la regla de l'octet per defecte per l'átom d'alumini, ja que aquest dtom queda envoltat tan sols per 6 electrons en la molécula. e- assignats a cada el atom en lestructura de Lewis HNO, Z(N) = 7 > 15?2s?2p3 > 1522s?2px!2py!2pz! 5 electrons de valencia, pero tan sols tres electrons desaparellats que permet justificar la formació de tres enllagos per compartició d'electrons. Z(O) = 8> 15?2s?2p* > 1s?2s?2px?2py!2pz! 6 electrons de valencia, peró tan sols dos electrons desaparellats que permet justificar la formació de dos enllacos per compartició d'electrons. Z(H) = 1> 1sl 1 electró de valencia que permet justificar la formació d'un enllag per compartició d'electrons. En total, la molécula té 20 electrons de valencia i hem de mirar com podem formar els enllagos per tal que els átoms compleixin amb la regla de l'octet (o doblet per l'hidrogen) xx ox A o Fórmules de Lewis: Per aquesta molécula existeixen H?2O% Nox O HSOF$N0O x dues estructures possibles, ja que dels dos dtoms xXx 00 XxX xXx 00 XX d'oxigen, no units al hidrogen, un está unit al nitrogen Ox XX O o xx xOz mitjancant un enllac doble (compartició de dos parells xx Xx d'electrons) i l'altre per un enllag covalent datiu simple (el nitrogen aporta els dos electrons) Cárrega formal: Cf (H) = 1 - (0+ 2/2) =0 Cf (N) = 5 - (0 + 8/2) = +1 Cf (O, unit al H) = 6 - (4 + 4/2)=0 Cf (O, unit al N amb =) = 6 - (4 + 4/2) =0 Cf (O, unit al N amb enllag datiu) = 6 - (6 + 2/2) = -1 Anomalia: En aquesta molécula no existeix cap anomalia Ressonancia: Existeixen dues formes ressonants equivalents CH2=CH-C=CH Z(C) = 6> 18?2s?2p? > 18?2s!2px!2py!2pz! 4 electrons de valencia, peró tan sols dos electrons desaparellats que permeten justificar la formació de dos enllagos per compartició d'electrons. Es considera la promoció d'un electró de l'orbital s a un orbital p Z(H) = 1> 1s! 1 electró de valencia que permet justificar la formació d'un enllac per compartició d'electrons. En total, la molécula té 20 electrons de valencia i hem de mirar com podem formar els enllagos per tal que els dtoms compleixin amb la regla de l'octet (o doblet pel hidrogen) H OX e . s . . CXOiCEC,iH Fórmula de Lewis: Els átoms de carboni Cl ¡ 1160 2x3 40 C2 estan units mitjancant un enllac doble, els ox. 0% C2 ¡ C3 per un enllag simple ¡ els C3 ¡C4 per H H un enllag triple Cárrega formal: Cf (H) =1- (0+ 2/2) =0 Cf (C1, C2, C3 ¡ C4)=4- (0+8/2)=0 Anomalia: En aquesta molécula no existeix cap anomalia, tots els dtoms de carboni compleixen amb la regla de l'octet Ressonáncia: No existeixen formes ressonants per aquesta molécula. C(1) => 2s!2px!2py!2pz! => Orbitals híbrids sp S= C(2) ¡C(4) = 2s!2px!2py!2pz! => C> 15?2s!2px!2py!2pz! Orbitals híbrids sp2 C(3) => 2s!2px!2pyI2pz! > No hibriden Orbitals híbrids sp O => 1s?2s?2px?2py*2pz! Orbitals híbrids sp3 Geometria electrónica: C(1) i O tetraédrica C(2) i C(4) plana triangular C(3) lineal plana triangular em, e So yA == Ietraedrica H Br e 4 Y eco lineal Se O O N No ; H H angular Geometria de la molécula: EXERCICI 2 A) Donades les segiients estructures, indiqueu raonadament: i) A quin grup de biomolécules pertanyen? Classifiqueu-les. ii) Destaqueu una propietat química de cadascuna d'aquestes molécules. iii) Quines són les parts constituents de cadascuna d'elles iv) Com s'uneixen, es a dir, quins són els enllagos que s'estableixen entre les parts que les constitueixen? v) Assenyaleu ¡ anomeneu els grups funcionals de la biomolécula 2. HO—CH—CH=CH—(CH,)¿CH, CH20H o CH—NH—CO—R o NH L At. LA qH,0H | * on OP-0-p=0 no HO o O NH O. O o. H CH20H Ho /4 o, H ón Ka) bn or HO HO CH 1 SURG, . Biomolécula (1): lípid, lípid complex, saponificable, esfingolípid (Acid gras + esfingosina), cerámida (acilesfingosina), glicolípid (cerámida + unitat monosacárida) Biomolécula (2): compost nucleotídic, ribonucledtid pirimidínic, ribonucleósid difosfat glicosilat Biomolécula (3): glícid, ósid, holósid, trisacárid constiturt per tres oses diferents. Biomolécula (1): molécula amfipática Biomolécula (2): reacció d'hidrólisi de l'enllag anhídrid d'4cid que allibera molta energia, les bases pirimidíniques poden presentar tautomeria ceto-enólica Biomolécula (3): trisacárid no reductor, no pot reaccionar amb el reactiu de Fehling iii) v) Biomolécula (1): esfingosina + ácid gras + aldohexosa (aldohexopiranosa) Biomolécula (2): base pirimidínica + pentosa (aldopentosa) + 2 grups fosfat + aldohexosa (hexosamina, N-acetilhexosamina) Biomolécula (3): 2 aldohexoses (aldohexopiranoses) + 1 cetohexosa (cetohexofuranosa) Biomolécula (1): enllag amida entre l'esfingosina (grup amino) ¡ l'ácid gras (grup carboxil): enllag o-glicosídic (P-O-glicosidic) entre l'acilesfingosina i la unitat monosacárida. Biomolécula (2): enllag glicosídic (B-N-glicosidic) entre la base nitrogenada ¡ la pentosa, enllag ester fosfóric entre un grup fosfat i la pentosa ¡ entre l'altre grup fosfat ¡ l'hexosa, enllac anhidrid d'acid entre els dos grups fosfats, enllag amida (n-acetilamino) entre un grup acetat ¡ l'amino de l'hexosaamina Biomolécula (3): enllag a(1>6) glicosídic (O-glicosídic) entre l'hexosa A ¡ la B; enllas a(1>2) glicosídic (O-glicosídic) entre l'hexosa B ¡ la € Grup hidroxil -, primar a) i . . o Anbhidrid d'acid . . NH Grups hidroxil | e secundáris “So. Grup cetona M3... Órups fosfat N-acetilamino Grups hidroxil secundáris Fórmula: + INH3-¿H-CO-NH-CH-CO-NH-CH-CO-NH-CH-CO-NH--H-CO-NH-2H-CO-NH-CH-CO-NH-CH-COOH ] CH,0H CH (CH>)4 E CH (Hada CH,SH IN L CH, CH, CH Cm +NB5 CoO0H NH OH v) El fragment amb més grups ¡onitzables és: Asp-Tyr-Lys, de manera que els pKs dels grups ionitzables seran: 7 pKa,(Asp)=9,6 NH3-CH-CO-NH-CH-CO-NH-CH-COOH PKa¡(Lys)=2,18 l | l CH CH (CH)4 | l pKar(Asp)3,64 +NHz PKar(Lys)=10,53 OH i, per tant, els equilibris d'ionització seran: 2,18 3,65 + NHy COOH + NHy coo. === COOH + NH; COO0H + NH; 2+ + e pep 3,65 por 9,6 - 10,53 + NHy | | coo” NH> | | E00 COO” + NH; coo” + NH; 0 - e e 10,53 pep por == NH — coo” coo” NH) pep” vi) El pI valdra: 3,65 +9,6 pl =6,625 A pH 11 shaurá superat el pKa de 10,53 ¡, per tant, la forma majoritária del péptid tindrá cárrega -2. A pH 3,65 hi haurá un 50% del pep* i del pep%, ja que aquest pH es correspon amb el pKa de l'equilibri que corresponen a aquestes dues formes del péptid. Y EXERCICI 3. En un hospital s'ha identificat un bacteri, desconegut fins el moment, com a possible responsable d'una malaltia infecciosa. Per tal de caracteritzar el nou microorganisme s'han analitzat els compostos presents en la membrana citoplasmática i en el citoplasma. Entre els compostos s'han identificat un oligopeptid i un glicolípid no comuns que poden ser útils per posar de manifest la infecció pel bacteri esmentat. L'análisi de l'estructura primária de l'oligopeptid ha posat de manifest que conté un mol d'ácid glutámic (Glu, ácid 2-aminopentandioic, pKa,=2,1, pKa,=9,4, pKa,=4,1), un mol de lisina (Lys, ácid 2,6- diaminohexanoic, pKa,=2,2, pKa,=9,0, pKa,=10,0), un mol de serina (Ser, ácid 2-amino-3-hidroxipropanoic, pKa,=2,2, pKa,=9,2) i dos mols d'alanina (Ala, ácid 2-aminopropanoic, pKa,=2,3, pKa,=9,6). L'extrem N-terminal de Poligopeptid conté un aminoácid básic i el C-terminal un aminoácid ácid. A més, la hidrolisi parcial de 1oligopeptid proporciona dos dipeptids iun aminoácid polar sense cárrega a) Formuleu i anomeneu l'oligopeptid. Extrem N-t > Aminoácid básic — lisina HN o Extrem C-t — Aminoácid ácid — glutámic CH o . . | ASAS Fragments hidrolisi parcial: Lys-Ala, Ala-Glu i Ser CHa, Na, ha Oligopéptid: Lys-Ala-Ser-Ala-Glu = Lisil-alanil-seril-alanil-glutamic / PENTAPÉPTID 8 EN cH poo o ELITE NHZ Glu = C-t aa ácid HN LS OH ON ÓN Lys = N-t aa básic í NH f pi NH y OH CH; O CH2 O CHa H2N Cc o ol CH “Su Son / : S HN Ss, | CH COoH y OH Una o '2 aa on wm Ser = aa polar sense cárrega EXERCICI 3. f) Formuleu i classifiqueu la porció lipídica del glicolípid. Es tracta d'un lípid saponificable, H¿C——-(Cl . ros . AS oo : y PAENCOSINA complex, esfingolípid, ceramida E Nor (acilesfingosina). CH—-NH——-CO—(CH)y CH, (CH)¿—CH, Y LE Cc==C | c==C, Eon) Ó | Nr Na N/ ÁCID LINOLEIC g) Formuleu i classifiqueu el glicolípid. Indiqueu la naturalesa dels enllacos que es formen entre els diferents components del glicolípid. Es tracta d'un lípid saponificable, complex, glicolípid, oligoglicosilceramida. Y EXERCICI 4 Dos treballadors d'una empresa farmaceutica han de preparar 500 mL de dues dissolucions amortidores de concentració 011 Mi pH Di 8, respectivament. Per preparar la dissolució amortidora de pH 5 un dels treballadors escull l'aminoacid acid glutámic (pKal = 2,19; pKa2 = 9,67; pKaR = 4,25), pesa 7,35 g de la forma isoelectrica de l'laminoácid (PM=147 9), els dissol en 50 mL d'aigua destil-lada, hi afegeix 42,5 mL d'una dissolució 1 M de NaOH i porta el conjunt a un volum final de 500 mL. U'altre treballador prepara la dissolució amortidora de pH 8 a partir de l'aminoácid lisina (pKal = 2,18; pKa2 = 8,95; pKaR = 10,53). Per aixó, prepara una dissolució 0,2 M de la forma isoeléctrica de la lisina i una altra 0,4 M de la forma que presenta una cárrega positiva neta, mescla 25 mL de la primera dissolució amb 112,5 mL de la segonai porta el conjunt a un volum final de 500. a) Indiqueu si les dues dissolucions amortidores estan ben preparades. Justifiqueu, en cada cas, la resposta a partir dels equilibris de dissociació dels dos aminoácids ¡ dels cálculs pertinents. b) Raoneu quina de les dues dissolucions presentará una capacitat amortidora millor. c) Determineu la variació de pH de la dissolució amortidora de pH 5 després d'afegir 10 mL de HCI 0,5 M a 100 mL de la dissolució. Indiqueu, raonant la resposta, si continuarem tenint una dissolució amortidora. 0 o JO on NH> Acid glutámic (Glu) Lisina (Lys) a) Per tal de veure si les dues dissolucions estan ben preparades caldrá escriure els equilibris de dissociació dels dos aminodcids, escollir l'equilibri que intervé perque el tampó compleixi les condicions especificades i, finalment, seguir els passos realitzats pels dos treballadors per comprovar si són correctes. Dissolució amortidora 0,1 M de pH 5 preparada amb ácid glutámic: *H¿N COOH Glu+ COOH Y *H¿N coo: Glu? COOH pKa= 4,25 Y *H¿N coo: Glu” CCOO: Y HN coo: COOo- Glu2- Per a la dissolució amortidora preparada amb ácid glutámic, lequilibri que s'hhaurá de considerar és lassenyalat amb el requadre, ja que el pKa és el més proper al valor de pH del tampó Així que el tampó haurá de contenir Glu0 ¡ Glu”. El treballador parteix de Glu" ¡ d'una base forta, de manera que el zwitterió ha de proporcionar la molaritat total: 7,35 g Glu” e mol Glu” =0,1M > [Fampó]=0,1M 0,5 L dissolució 1479 Glu” >” [Fampól=0, Amb la base es genera GLu- a partir de Glu0, 0,1 mols Glu” ATA 0,5 L =00,05 mols Glu? 1L dissolució 0,5L tampó >> 1 mol NaOH 42,5mL diss NaOH x 1000Lm diss =0,0425 mols NaOH Els 0,0425 mols de NaOH proporcionen 0,0425 mols de OH: que sutilitzen per transformar 0,0425 mols de Glu0 en 0,0425 mols de Glu”. Així, després de la mescla tindrem: b) La capacitat amortidora depén de la concentració total del tampó ¡i de la relació entre les concentracions de les dues especies del tampó. La concentració global és la mateixa pels dos tampons, de manera que per determinar quina presenta millor capacitat amortidora ens haurem de fixar tan sols en la relació entre les concentracions de les dues especies del tampó. En aquest sentit la capacitat amortidora és máxima quan pH=pK, i per tant: Al or > AL H=pK, +1 5 = Pp px, %8 THA] p Pp [HA] =1 >[H4]=[4] *H¿N coo ? Glu* Per la dissolució amortidora de pH 5: COoH 61 0,085 M [Glu ] _ 0,085 ú pens [6lu"]= 0, E 5,67 => [Gl ]=57[GlW'] > : [Glu%] = 0,015 M [Gl] 0015 [ota] RS 7IGUJ 0 e a coo- : iz : . *H,¿N coo: Per la dissolució amortidora a pH 8: => Lys* *NHy LV]. 0.0896 M po” 0 ll > [las 19 [La] [| Pkacramino-8,95 += 5 , . [Lys*] 4 y H¿N —— coo yoo *NHy Així dons, com per la dissolució de pH 8, la relació entre les concentracions de les dues especies s'allunya més de 1, aquesta dissolució presentará una capacitat amortidora pitjor. c) En addicionar 10 mL de HC| 0,5 M a 100 mL de la dissolució, safegeixen els segiients mols de protons: 0,5 mols HCl 1000L diss 10 mL diss HCl x =0,005 mols HCI=0,005 mols H* TGlu” + HO <> Glul + H,O*(aq) 0,0015 mols 0,0085 mols + 0,005 mols H* Nou Equilibri 0,0015+0,005:0,0065 mols 0,0085-0,005=0,0035 mols Així, per 100 mL de dissolució amortidora: mols Glu- inicials = 0,085 mols/L x 01 L = 0,0085 mols mols Glu0 inicials = 0,015 mols/L x 0,1 L = 0,0015 mols mols H* addicionats = 0,005 mols mols Glu- després de la reacció = 0,0085 - 0,005 = 0,0035 mols mols Glu0 després de la reacció = 0,0015 + 0,005 = 0,0065 mols 5 5 -] 9.0035 mol —0 0318 M1 [Gtu”]= 9.0065 mols _ y 959 [Glu 0,110 L 0,110 L pH = 4,25 +log a =4,25 +0,268 = 3,98 El pH haura variat en 1,02 (5,0-3,98) unitats , EXERCICI 5. Es vol preparar una dissolució amortidora de pH proper a 4,5 per tal d estudiar el creixement d”uns microorganismes actius en medi ácid. Per aixó es dissolen 994 mg d'ácid carbónic (K,, = 1,5x10-, K,,= 4,7x101) i 6,75 g de carbonat monosódic en 400 mL d'aigua. Indiqueu: a) El pH exacte de la dissolució obtinguda i la concentració de la dissolució amortidora. b) La variació de pH en afegir a la dissolució anterior: b.1) 40 mL d”aigua b.2) 40 mL d”HCI 0,1 M b.3) 40 mL d”Na0H 0,1 M c) Com prepararíeu 500 mL de dissolució amortidora del mateix pH i de la mateixa concentració si disposéssiu, tan sols, d'una dissolució d” acid carbónic 0,4 Mi d'una de NaOH 0,8 M. d) La quantitat de Na,CO, solid i el volum d'una dissolució de HCI 0,8 M necessaris per preparar els 500 mL de la mateixa dissolució amortidora. a) El pH d'una dissolució tampó formada per un acid feble i la seva base conjugada es calcula a partir de equació de Hendersson-Hasselbalch bi jugad pH =pK,+log l ase conjuga a] [acid feble] L”acid carbónic és un acid diprótic i s'hauran de considerar dos equilibris de dissociació: H,CO,(aq)+H,0 6 HCO; (aq)+H,0* (aq) Ka,=1,5x107* HCO, (aq)+ H,0 CO, (aq)+H,O' (ag) Ka,=47x10" de manera que, donat que: pXa, =-log1,5x10*=3,82 — Per la preparació d'una dissolució amortidora de pH proper a 4,5 haurem de considerar Pequilibri corresponent a la primera dissociació de l'acid carbónic pKa, =-log4,7x10"* =10,33 c) La molaritat del tampó preparat en Papartat a) ve donada per la suma de les concentracions de les dues especies del tampó. Així: [1,C03]=0,04 a amortidora |=[H ,C03]+ lrco;|- 0,04+0,2=0,24M El tampó es prepara amb una de les especies, el carboónic, i amb l'addició de NaOH es generará la base conjugada. Així, ácid carbónic haurá de proporcionar la molaritat total del tampó: lacos |=0,04 0,5 Ltampó x 2241015 H,COs — 7 o2mols H,CO, 500 mL de tampó hauran de contenir: 1L tampó _ 0,5 Ltampó x 92015 HCO, — 07 mols HCO; 1 L tampó Donat que tots els mols de les dues espécies del tampó han de provenir de la quantitat inicial de H,C0O),, haurem de partir de 0,12 mols de H,CO, (0,02 + 0,1) 0,12 mols H,CO, x 24“ H3C0, _p 31 0,4 mols H,CO, i el HACOy es formará a partir d'una quantitat equivalent de OH, així: mols OH” necessaris = mols NaOH = mols H,C0,(aq) + H,0 + HCO, (aq) + H,O" (aq) HCO? que s'han de formar = 0,1 mols 0,12 mols + 0,1 mols OH 1L dis NaOH 0,1 mols NaOH x ——— =0,1253L 0,12—0,1=0,02 mols 0,1 mols 0,8 mols NaOH Mesclaríem 300 mL de dissolució de H,CO, 0,4 Mi 125 mL de dissolució de NaOH 0,8 M i completaríem el volum amb HO fins a 500 mL d) Com en el cas anterior: [7,C03]=0,04 ” [dissolució amortidora | = [H C03]+ luco 3|= 0,04+0,2=0,24M lucos” |. 0,2M donat que el tampó es prepara amb una de les especies del tampó i HCI, el carbonat de sosi haurá de proporcionar la molaritat total i la [H*] afegida haurá de proporcionar la quantitat d'ácid carbónic necessaria. Així: 0,04 mols H,CO, 0,5 Ltampó x == =0,02mols H,CO, 500 mL de tampó hauran de contenir: 1 L tampó — 0,5 Ltampó x 0,2 mols HCO, _ y y mmols HCO, 1 L tampó Donat que tots els mols de les dues espécies del tampó han de provenir de la quantitat inicial de Na,CO,, haurem de partir de 0,12 mols de Na,CO, (0,02 + 0,1) 106,01 g Na,CO, 1 mol Na,CO, i el H,CO, es formará a partir de l'addició de protons, peró en aquests cas primer haurem de transformar tot el CO,? en HCO, i després haurem de transformar 0,02 mols de HCO, en H,CO,, així: 0,12 mols Na,CO, x =12,728 mols H” necessaris = mols HCl 0,12 mols HCl per tansformar els 0,12 mols de Co? en 0,12 mols de HCO, 0,02 mols HCI per tansformar 0,02 mols de HCOy en 0,02 mols de H,CO, 0,14 mols HCl 1L dis HCl 0,14 mols HCl x == =0,175 L 0,8 mols HC] HO HO (ag) HO H,0'(a H,CO, (aq) -==Í- > HCO, (aq) --=“- > CO, (aq) 0,12 mols + 0,12 mols H¿O* 0,12 mols 0 mols A 0,02 mols H¿O* 0,02 mols 0,12-0,2= 0,1 mols Pesaríem 12,72 g de Na,CO), i els dissoldríem amb una mica d'aigua, afegiríem 175 mL de dissolució de HCl 0,8 Mi completaríem el volum amb HO fins a 500 mL b) Per tal de calcular la constant d”equilibri a una temperatura determinada, coneixent la constant a una altra temperatura, utilitzarem Pequació de Vant” Hoff: In (5) = AM E - A K) RIT T per la qual cosa necessitem la variació d”entalpia estandard de la reacció que podem calcular, d'acord amb la Llei de Hess, a partir de les entalpies estándard de formació dels reactius i dels productes: AHO = a AH ormació (productes) - 2N AH%o.maci5 (reactius) reacció AB? = [AH%(C) + AH%(D)] — [AHO, (A) + AH? (B)] = [652) + (17)] - [(24) + (12)] = -33 Kcal reacció Si K, (1 :10% és la constant a 25% (T,) i K, (?) és la constant a 100%C (T)) 1 K, - 33Kcal o 1 ) 1x10* 1,987-10*Kcal-K”* -mol*(298K 373K InK, =-20,5 >K, =1,25x10” c) La variació d energia lliura estandard la calcularem a partir de la constant d”equilibri a 25"C, d'acord amb Pequació: AG” =-RTInK| AG” =(-1987cal-K” -mol”) : 298K - In1-10* =+5453 cal AG! =+5453 cal > 0 i per tant a 25"C el procés no será espontani d) En ser la reacció exotérmica, un augment de temperatura provocara, d'acord amb el Principi de Le Chátelier, un desplacament de la reacció en el sentit de formació de reactius (esquerra, —) e) En afegir 0,2 mols de D, que és un dels productes de la reacció, d'acord amb el Principi de Le Chatelier es produirá un desplacament de la reacció en el sentit de formació de reactius (esquerra, > f) En disminuir la pressió total no hi haurá cap efecte sobre el sistema, tant si es tracta d'un procés en solució com en estat gas, ja que d'una banda un canvi de pressió total no modifica lestat d'equilibri si no intervenen gasos i si la reacció tingues lloc entre gasos lPequilibri tampoc es modificaria perque els mols de gasos que actuen com a reactius coincidiria amb els que es forrmen. g) En afegir 0,4 mols de B, que és un dels reactius de la reacció, d'acord amb el Principi de Le Chátelier es produirá un desplacament de la reacció en el sentit de formació de productes (dreta, >) h) Tot i tractar-se d'una reacció exotérmica el procés no és espontani a 25"C perqué AG? > 0. El fet que una reacció sigui exotérmica no és suficient per predir l'espontaneitat d'un procés ja que depén també de la temperatura i de la variació d'entropia. i) Per tal de saber en quin sentit evolucionará lequilibri, calcularem el quocient de reacció i el compararem amb la constant d”equilibri: A B C D 1 2.0 + o + + calor : o-LCIp]_ 25 25 0714 0,7 04 02 03 lalb] 0,7 0,4 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5 A 25%C Q (0,214) >K (1 : 109) ¡,, per tant, Pequilibri evolucionará cap a Pesquerra (—) A 100*C Q (0,214) > K (1,25 - 109 i, per tant, Pequilibri evolucionará cap a 'esquerra (—) Y EXERCICI 7 a) Igualeu, pel métode ió-electró, la reacció entre el clorat de sodi i el clorur de ferro (II) en medi acid (suposeu HC]) si P'anió clorat es redueix a clorur mentre que el ferro (II) s'oxida a ferro(IID). b) Quina f.e.m. té una pila formada per eléctrodes de Nii Ag si: E(Ni7/Ni)= - 0,23 V i E(Ag'/Ag) =+ 0,80 V? Indiqueu les reaccions que tindran lloc en cada eléctrode, la reacció global igualada i la notació sistemática de la pila. c) Calculeu el valor de AG? de la pila. Dades: F = 96500 C/mol. a) Primer cal igualar de manera independent les semireaccions d'oxidació i de reducció, multiplicar les dues semireaccions pels números adequats per tal que els electrons guanyats en el procés de reducció coincideixen amb els perduts en el procés de reducció, obtenir la reacció iónica global igualada ¡a partir d'aquesta la molecular: CIO* + 6H + 6e > CF + 3H,0 Semireacció de reducció de Poxidant. 6: (Fe? - 1e > Fe) Semireacció d'oxidació del reductor Reacció iónica total igualada : CIO” + 6 H* + 6Fe'? — CL + 3H,O + 6Fe'? Reacció molecular total igualada : NaCIO, + 6 HCl + 6 FeCl, — NaCl + 3H,O + 6 FeCl, b) En tractar-se d'una reacció en la que reactius i productes estan en estat gas, la AG”, permet calcular, directament, el valor de K,. La K, la podrem calcular, a continuació, tenint en consideració la relació que existeix entre K, i K, si es considera un comportament ideal pels gasos. Per calcular la K;: AG*éac => ReT In K, In K, = - AG?¿,c/R*T = -(-33270 J/mol) / 8,31 J/K-mol : 298 K = 14,242 K, = 14242 = 1,53-10 (1528809,674) Kp=1,53-10% Per calcular la Kc: K,= K, + (RT)" K¿= K,/ (RD?" = 1.53:104 / (0,082 atm-L/K-mol - 298 Ky%5 K,= 1.53:10% - 4,943 = 7,563 - 10% Kc=7,563:10% c) Per poder respondre a aquesta qiiestió cal calcula el valor del quocient de reacció (Q) en les condicions indicades i comparar-lo amb el valor de K, determinat en Papartat b) en condició dequilibri: K.=|[NO,] / [O,]'? [NO] =7,563 - 10% en les condicions del problema: Q = [NO)] / [O,]"? [NO] =103/ (12 -1=10:5 En ser Q < K,, la reacció es desplacara en el sentit que determini un augment de la Q, per tal que s'arribi a assolir Pestat d”equilibri. O sia, haurá d*augmentar el numerador i disminuir el denominador, per tant, es desplacara cap a la formació del producte NO, d) Per respondre a aquesta qiiestió haurem de considerar com afecta la pertorbació a l'estat d”equilibri i determinar com evolucionara la reacció per tal que es torni a restablir estat d”equilibri, d'acord amb el principi de Le Chatelier: i) dreta: Si s"augmenta la pressió total, Pequilibri es desplacará cap on hi hagi menys mols de gasos, es a dir cap als productes. ii) esquerra: Si s”augmenta la pressió parcial de dióxid de nitrogen (producte), 1”equilibri es desplacara cap als reactius per tal d*establir el valor de la K. iii) esquerra: Si s'augmenta la temperatura, com que és una reacció exotérmica, la calor és com un producte de la reacció, 1”equilibri es desplacara cap als reactius per tal de disminuir Pefecte del augment de temperatura, cap el sentit endotermic. e) L”equació que relaciona els valors de la constant d”equilibri a dues temperatures diferents és Pequació de Van't Hoff. Aplicant Van't Hoff: In (K,/K,) = - (AP”*% ac (R) A1/T, - 1T,) In K, — In K, =- (AH... /R) (1/T, - VT)) d”aquesta igualtat: In K, = In K; + (AB'*%.al R) A1/T, - VT)) In K, = In 1,53 :10% + (- 57070 J/mol / 8,314 J/K- mol) (1/298 — 1/373) In K,= 14,242 - 4,626 = 9,616 K, = 15002,918 Kp = 15002,918 a 373 K EXERCICI 9 Donats els potencials de reducció segiients: Piruvat + 2H* + 2e > lactat E* =- 0,190 V NAD' + 2H + 2e > NADH + H' E*=- 0,320 V a) Escriviu la reacció espontánia que es produirá indicant qui és agent oxidant i qui el reductor. b) Calculeu la FEM de la possible pila de l'apartat anterior. c) Calculeu AG?. d) Calculeu la k,. a) En proporcionar-nos en Penunciat els potencials estandard de reducció dels dos parells redox, haurem de considerar el funcionament espontani de la pila en condicions estandard. Donat que, per tal que una pila funcioni de manera espontánia, s'ha de complir que AE>0 o AE'>0, segons les condicions. Així, per tal que la pila funcioni espontaniament en condicions estándard, haurá d'actuar com a cátode aquell parell redox que presenti un potencial estandard de reducció més elevat. Per tant, la reacció espontania sera: Piruvat + NADH + H'" > lactat + NAD* i per tant, el piruvat es redueix a lactat i és Pagent oxidant i el NADH s*oxida a NAD' i és Pagent reductor b) La FEM o potencial de la pila el trobarem restant al potencial estandard de reducció del parell que actua com a cátode el potencial estandard de reducció del parell que actua com a ánode. AE? a = Ecos - Efano = - 0,190 — (- 0, 320) = - 0,190 +0, 320 =+0,130V o pila