Examenes resueltos de Química básica para Ingenieria, Exámenes de Química

¡Descarga Examenes resueltos de Química básica para Ingenieria y más Exámenes en PDF de Química solo en Docsity! Ana Mª de Luis Álvarez Elena Bilbao Ergueta Maite de Blas Martín Amaia Menéndez Ruiz EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICA ARGITALPEN ZERBITZUA SERVICIO EDITORIAL www.argitalpenak.ehu.es ISBN: 978-84-9860-420-7 Ana Mª de Luis Álvarez Elena Bilbao Ergueta Maite de Blas Martín Amaia Menéndez Ruiz EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICA Departamento de Ingeniería Química y del Medio Ambiente Escuela Universitaria de Ingeniería Técnica de Minas y de Obras Públicas de Barakaldo © Euskal Herriko Unibertsitateko Argitalpen Zerbitzua Servicio Editorial de la Universidad del País Vasco ISBN: 978-84-9860-420-7 Bilbao, julio, 2010 www.argitalpenak.ehu.es ÍNDICE PRÓLOGO .......................................................................................................................... 9 CAPÍTULOS: 1. EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I DE LA TITULACIÓN DE I.T.DE MINAS ........................................................................................................ 11 2. EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA II DE LA TITULACIÓN DE I.T.DE MINAS ........................................................................................................ 79 3. EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA DE LA TITULACIÓN DE I.T. DE OBRAS PÚBLICAS .................................................................................. 169 NOMENCLATURA ........................................................................................................... 261 CONSTANTES FÍSICAS ................................................................................................... 262 BIBLIOGRAFÍA ................................................................................................................ 263 10 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICA 4 relacionado con sus concentraciones y con los valores de sus propiedades coligativas. Otros problemas abordan la puesta en práctica de conceptos estudiados en termoquímica, en concreto cálculos de calores de reacción. También aparecen problemas relacionados con cinética de las reacciones en los que se deben realizar cálculos de la velocidad, constante cinética u órdenes de reacción. En algunos exámenes aparecen problemas dedicados al estudio del equilibrio químico de forma general, mostrando al alumnado la forma de determinar el sentido de la reacción, calculando concentraciones ó presiones de equilibrio y analizando parámetros para variarlo. Por último, aparecen problemas relacionados con conceptos de electroquímica. En ellos se proponen cálculos relativos a dos tipos de celdas electroquímicas: las galvánicas y las electrolíticas. Dentro de las últimas aparece el concepto de electrólisis de sales fundidas ó disueltas. El segundo capítulo está dedicado a la resolución de exámenes de la asignatura Química II del primer curso de la titulación de Ingeniería Técnica de Minas. El primer tipo de problemas son cuestiones relacionadas con la configuración electrónica de los elementos, la tabla periódica, los enlaces intra e inter moleculares y las características de los diferentes tipos de sólidos. Aparecen también preguntas teóricas sobre química inorgánica, en concreto sobre metales y no metales, propiedades, compuestos característicos, aplicaciones, fabricación e industrias típicas relacionadas con ellos. El resto de los problemas tienen que ver con química orgánica. Algunos de ellos versan sobre isomería, estructura molecular y otros sobre hidrocarburos: características, obtención y reacciones típicas. El tercer capítulo está dedicado a la resolución de los exámenes de la asignatura Química del primer curso de la titulación de Ingeniería Técnica de Obras Públicas. El tipo de problemas para esta asignatura coinciden básicamente con los de Química I y con la primera parte de los de Química II, es decir, con los que tienen que ver con configuración, tabla periódica, enlace y tipos de sólidos. Además de este tipo de problemas, en este capítulo aparecen problemas relacionados con diagramas de fase. Teniendo en cuenta que los temas tratados son muy variados y se imparten a un nivel básico, el libro puede resultar de utilidad al alumnado de cualquier grado matriculado en asignaturas de carácter químico. Al final de la obra aparece la bibliografía básica utilizada por las autoras para proponer los diferentes problemas resueltos. Esperamos que esta obra resulte de utilidad a todo el alumnado que curse alguna asignatura de Química General en la Universidad. CAPÍTULO 1 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 15 FEBRERO 2007 9 1.- Dada la siguiente reacción: K2Cr2O7(ac) + HCl(ac) → KCl(ac) + CrCl3(ac) + Cl2(g) + H2O(l) a) Ajustar la mencionada reacción mediante el método del ión-electrón. b) ¿Qué volumen de disolución de HCl del 40% de riqueza en peso y densidad 1,20 g/mL, se requiere para preparar 100 mL de una disolución 2 M? c) Si se utiliza la disolución preparada en el apartado anterior, ¿podrían reaccionar completamente 5,0 g de K2Cr2O7? d) Si a partir de la reacción anterior se quieren obtener 1,2 L de Cl2 recogidos sobre agua a 25 ºC y 1 atm, ¿qué cantidad de K2Cr2O7 haría falta, suponiendo un rendimiento de la reacción del 80%? Datos Mmolar(g/mol): K-39,1; Cr-52,0; O-16,0; H-1,0; Cl-35,5; Pv(H2O, 25 ºC)= 23,76 mm Hg; R= 0,082 atm·L/mol·K Resolución a) Primeramente se debe asignar el número de oxidación correspondiente a cada elemento de los diferentes compuestos que intervienen en la reacción, para comprobar cuál se oxida y cuál se reduce: +1 + 6 - 2 +1 -1 +1 -1 + 3 -1 0 +1 - 2 2 2 7 3 2 2K Cr O (ac) + HCl(ac) KCl(ac) + CrCl (ac) + Cl (g) + H O(l)→ A continuación, se escriben la semirreacciones de oxidación y de reducción: - 2 2- 3+ 2 7 oxidación : Cl Cl reducción : Cr O Cr → → Ajustando los elementos y las cargas: 16 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 10 2 2- + 3+ 2 7 2 - -oxidación : 2 Cl Cl + 2 e -reducción : 6 e + Cr O + 14 H 2 Cr + 7 H O → → y sumando ambas semirreacciones: 2 2- + 3+ 2 7 2 2- + - 3+ 2 7 2 2 - - (2 Cl Cl + 2 e ) · 3 - 6 e + Cr O +14 H 2 Cr + 7 H O_______________________________________ Cr O +14 H + 6 Cl 2 Cr + 7 H O + 3 Cl → → → por lo tanto, la reacción ajustada será: →2 2 7 3 2 2K Cr O (ac) +14 HCl (ac) 2 KCl (ac) + 2 CrCl (ac) + 3 Cl (g) + 7 H O (l) b) En este apartado, se pretende calcular el volumen que se necesitaría de una disolución concentrada de HCl (40 %) para preparar 100 mL de otra más diluida (2M). 1 L dis. diluida HCl 2 mol HCl 100 mL dis. diluida HCl 1000 mL dis. diluida HCl 1L dis. diluida HCl 36,5 g HCl 100 g dis. conconcentrada HCl 1 mL dis. conconcentrada HCl 1 mol HCl 40 g HCl 1,20 g di⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = s. concentrada HCl 15,2 mL dis. HCl (40%) necesarios c) En este caso se plantea el cálculo de la masa de K2Cr2O7 que se necesitaría (resultado a obtener), para que reaccionaran completamente los 100 mL de la disolución de HCl a la que se hacía referencia en el apartado anterior (dato de partida). 2 2 7 2 2 7 2 2 7 1 mol K Cr O 294,2 g K Cr O1 L dis. HCl 2 mol HCl100 mL dis. HCl 1000 mL dis.HCl 1L dis. HCl 14 mol HCl 1 mol K Cr O = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2 2 74,2 g de K Cr O EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 17 FEBRERO 2007 11 Obviamente, no podrían reaccionar completamente 5,0 g de K2Cr2O7 porque no hay HCl suficiente para ello. Es decir, el HCl sería, en ese caso, el reactivo limitante. Al final del proceso, el HCl se agotaría y quedarían 0,8 g de K2Cr2O7 sin reaccionar. d) Primeramente se deben calcular los moles de Cl2 que se obtienen, sabiendo que se recogen 1,2 L sobre agua a 25 ºC y 1 atmósfera de presión. Para ello se debe aplicar la ecuación de los gases ideales. ( ) 2 2 2 2 2 2 Ov,HCl Cl Cl T 2 T v,H O Cl2 Cl Cl 2 P V = n RT Sabiendo que : P = P - P (P - P ) V = n RT 1 atm atm·L760 - 23,76 mm Hg 1, 2 L = n 0,082 (273 + 25) K 760 mm Hg mol·K n = 0,048 mol Cl ⋅ ⎡ ⎤ ⋅ ⋅ ⋅⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Ahora se determina la masa de dicromato potásico necesaria para obtener los moles de Cl2 anteriormente calculados. 2 2 7 2 2 7 2 2 2 2 7 1 mol K Cr O 294, 2 g K Cr O 100 0,048 mol Cl = 3 mol Cl 1 mol K Cr O 80 ⋅ ⋅ ⋅ 2 2 75,9 g K Cr O 2.- La constante Kc para la reacción: PCl3(g) + Cl2(g) ↔ PCl5(g) es 24 a 600 °C. Predecir la dirección en que se desplazará el sistema hasta alcanzar el equilibrio en las siguientes situaciones que se han llevado a cabo a 600 °C en un recipiente de 5 L: a) Cantidades iniciales: 1,0 mol de PCl3, 0,5 moles de Cl2 y 1,0 mol de PCl5. b) Una vez alcanzado el equilibrio se disminuye el volumen a la mitad. c) Calcular las concentraciones en el equilibrio en el apartado a) 20 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 14 3.- En el estudio de la descomposición del HI se obtuvieron los siguientes resultados que aparecen en la tabla. Determinar: a) Orden de reacción. b) Constante de velocidad a 427 ºC y a 508 ºC c) Tiempo necesario, en minutos, para que se descomponga el 70% cuando la concentración inicial es 0,050 M a 427 ºC. Resolución a) Para determinar el orden de reacción se hace inicialmente una hipótesis y se debe comprobar si es verdadera o no. Si no lo es, habrá que plantear una nueva. Por ejemplo, supongamos que la reacción es de orden 2, por lo tanto, la ecuación de velocidad será: [ ] [ ]2d HIv = = - k HI dt Separando variables obtenemos la expresión: [ ] [ ]2 d HI = - k dt HI La integración de esta expresión entre los límites [HI]0 para el tiempo t = 0 y [HI] para el tiempo t, se expresa como: [ ] [ ][ ] [ ]HI t 02 HI o d HI = - kdt HI ∫ ∫ T (ºC) [HI]inicial (M) t1/2 (min) 427 0,100 58,82 427 0,080 73,53 508 0,100 4,20 508 0,080 5,25 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 21 FEBRERO 2007 15 El resultado de la integración es la ecuación integrada de velocidad: [ ] [ ]0 1 1- = kt HI HI Por otra parte, teniendo en cuenta que el tiempo de vida media (t1/2) es el necesario para consumir la mitad de un reactivo; es decir, para t=t1/2, [HI]=1/2[HI]o y la ecuación anterior adoptará la siguiente forma: [ ] 1 20 1 = k t HI ⋅ Si en dicha ecuación se sustituyen los datos de la tabla, se puede determinar el valor de la constante de velocidad a cada una de las temperaturas: [HI]o (M) t1/2 (min) k (L/mol·min) 0,100 58,82 0,17 427 C 0,080 73,53 0,17 0,100 4,20 2,38 508 C 0,080 5,25 2,38 Los valores coincidentes de la constante de velocidad obtenidos a cada temperatura, independientes de la concentración inicial de reactivo, ponen de manifiesto que la hipótesis realizada es correcta; es decir, que el orden de reacción es 2. b) Los valores de la constante de velocidad a cada una de la temperaturas ya se han calculado en el apartado anterior: k (427 C) = 0,17 L/mol·min k (508 C) = 2,38 L/mol·min c) La concentración inicial de reactivo es, en este caso, [HI]0 = 0,05 M. Si al cabo de un tiempo “t” se ha descompuesto el 70%, la concentración de HI en ese instante será: [HI]= 0,05 M– (0,05·70/100) M= 0,015 M 22 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 16 Si ahora se sustituyen los datos correspondientes en la ecuación integrada de velocidad: ( )1 1- = 0,17 L mol·min ·t 0,015 M 0,05 M Por lo tanto, el valor del tiempo necesario para que se descomponga el 70% de reactivo será: t= 274 min 4.- Se construye una pila galvánica con las siguientes dos semipilas: un electrodo de Al(s) sumergido en una disolución que contiene Al(NO3)3 0,06 M y una barra de Mn(s) introducida en una solución de Mn(NO3)2 0,8 M. a) Dibujar el esquema de la pila indicando todos sus elementos. Escribir las semireacciones y la reacción global redox que tienen lugar. b) Calcular el potencial de la pila, así como la variación de energía libre de Gibbs del proceso que tiene lugar en ella. c) ¿Qué ocurriría si la semipila de aluminio se conectara con otra igual pero más concentrada? ¿Cuál sería el potencial de esta nueva pila si la concentración de iones en la misma fuera 6 M? Datos Eº(Al3+/Al)= -1,66 V ; Eº(Mn2+/Mn)= -1,18 V; F= 96500 C/mol e- Resolución a) Al 3+ Al Ánodo Mn2+ Cátodo Mn e - + Puente salino 1.2. EXAMEN DE SEPTIEMBRE DE 2007 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 27 SEPTIEMBRE 2007 21 1.- Una muestra de 2,6 g de un mineral rico en sulfuro de plata, se trata en exceso con 3 mL de una disolución de ácido nítrico concentrado (60% pureza y 1,37 g/mL densidad), obteniéndose nitrato de plata, monóxido de nitrógeno, 0,27 g de azufre elemental y agua, siendo el rendimiento de la reacción del 97%. a) Ajustar la reacción por el método del ión-electrón. b) Calcular la pureza del mineral en sulfuro de plata. c) Calcular el volumen de disolución de ácido nítrico empleado en exceso. d) El monóxido de nitrógeno obtenido se recoge sobre agua a 25 °C en un recipiente de 500 mL que contiene 0,03 moles de un gas inerte. Calcular la presión final en el interior del recipiente. Datos: Mmolar(g/mol): S-32,0; Ag-107,9; O-16,0; H-1,0; Cl-35,5; N-14,0; Pv(H2O, 25 ºC)= 23,76 mm Hg; R= 0,082 atm·L/mol·K Resolución a) Primeramente se debe escribir la ecuación química que describe el texto. Después se asigna el número de oxidación correspondiente a cada elemento que interviene en la reacción, para comprobar cuál se oxida y cuál se reduce: +1 -2 +1 +5 -2 +1 +5 -2 +2 -2 0 +1 -2 2 3 3 2Ag S + HNO AgNO + NO + S + H O→ El compuesto que se oxida, es decir, que aumenta su número de oxidación, es el agente reductor; en este caso, dicho agente es el sulfuro de plata. Por lo tanto, el agente oxidante es el compuesto que se reduce, es decir, el ácido nítrico. Ahora se puede determinar la semirreacción de oxidación y la de reducción: 2- - 3 oxidación : S S reducción : NO NO → → 30 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 24 2v,H O 23,76P = atm = 0,03 atm 760 gas gas inerte n RT 0,03 mol 0 082 (atm·L/mol·K) ·298KP = = = 1, 47 atm V 0,5 L ,⋅ Para el cálculo de la presión parcial del NO se necesita conocer los moles de dicho gas producidos: -31 mol S 2 mol NO0, 27 g S = 5,6 10 mol de NO 32 g S 3 mol S ⋅ ⋅ entonces: -3 NO NO n RT 5,6 10 mol 0 082 atm·L/mol·K 298KP = = = 0, 27 atm V 0,5 L , ⋅ ⋅ por lo tanto: 2NO gas inerte v,H O = P + P + P = 0, 27 +1, 47 + 0,03 = TP 1,77 atm 2.- Se quema naftaleno (C10H8) en el compartimento de un bomba calorimétrica rodeado de 2 L de agua elevándose la temperatura del sistema en 8 °C y generándose una cantidad de calor de 74,2 kJ. Calcular: a) La capacidad calorífica de la bomba calorimétrica. b) La cantidad de agua a 60 °C que se podría convertir en vapor de agua a 110 °C si para ello se empleara el calor generado en la combustión del naftaleno. Datos ce(H2O,l)= 4,184 J/gC; ce(H2O,g)= 2,092 J/gC; Qvaporización(H2O)= 2240 J/g EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 31 SEPTIEMBRE 2007 25 Resolución a) Como la bomba calorimétrica constituye un sistema aislado se cumple que: ⏐Q generado⏐= ⏐Q absorbido⏐ ⏐Q gen. (combustión)⏐ = ⏐Q abs. (bomba)⏐ + ⏐Q abs. (agua)⏐ ⏐Q gen. (combustión)⏐ = ⏐C (bomba)·ΔT + m(agua)·ce(agua)·ΔT⏐ 74,2·103 J= C (bomba)·8 C + 2000 g·4,184 J/gC·8 C Por lo tanto la capacidad calorífica de la bomba calorimétrica será: C (bomba)= 907 J/C b) Para determinar el calor total, QT, generado en el proceso descrito se debe dividir en los siguientes subprocesos: m(H2O,l)(60C) Q1⎯⎯→m(H2O,l)(100C) Q2⎯⎯→m(H2O,g)(100C) Q3⎯⎯→m(H2O,g)(110C) Aplicando la ley de Hess: QT= Q1+ Q2+ Q3 Q1= m(H2O)·ce(H2O,l)·ΔT= m(H2O)·4,184 J/gC·40 C = 167,4·m(H2O) J Q2= Qvaporización(H2O)·m(H2O)= 2240·m(H2O) J Q3= m(H2O)·ce(H2O,g)·ΔT= m(H2O)·2,092 J/gC·10 C = 20,9·m(H2O) J por tanto, QT= m(H2O)·(167,4+2240+20,9)= 74,2·103 J y despejando en la expresión anterior: m(H2O)= 30,6 g 32 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 26 3.- A T=25 ºC se construye una pila galvánica con las siguientes semipilas: 1. Un electrodo de platino sumergido en una disolución que contiene iones perclorato (ClO4-) e iones clorato (ClO3-) en medio ácido. Las concentraciones de perclorato, clorato y de protones son, respectivamente, 2·10-2 M, 10-3 M y 1 M. 2. Un electrodo de estaño metálico sumergido en una disolución de cloruro de estaño (II) 1 M (suponer que está completamente disociado). a) Escribir los procesos que pueden tener lugar en cada electrodo, así como, el proceso global que tiene lugar en la pila. b) Determinar su potencial y la constante de equilibrio de la reacción que tiene lugar en la misma. Datos Eº(ClO4-/ClO3-)= 1,19 V; Eº(Sn2+/Sn)= - 0,14 V; F= 96500 C/mol e- Resolución a) A la vista de los potenciales de reducción de ambos electrodos y teniendo en cuenta la información que nos aportan (la mayor o menor tendencia que tiene una especie a reducirse al colocarla frente a otra); en esta pila se van a reducir los iones ClO4-, pues presentan el mayor potencial de reducción, y se va a oxidar el estaño. Por lo tanto, las semirreacciones que tendrán lugar en cada electrodo serán las siguientes: Ánodo (oxidación): Sn(s) → Sn2++ 2e- Cátodo (reducción): . ClO4- + 2 H+ + 2e- → ClO3- + H2O . Proceso global: ClO4- + 2 H+ + Sn(s) → ClO3- + H2O + Sn2+ Sn2+ Sn Ánodo ClO4- Cátodo Pt e - + Puente salino ClO3- EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 35 SEPTIEMBRE 2007 29 [CO2]= 0,262+ x5 = 0,056 M [CCl4]= 0,074+ x5 = 0,018 M b) La constante Kp está relacionada con la Kc mediante la siguiente expresión matemática: Kp = Kc(RT)Δn Kp= 2·(RT)2-2= 2 Es decir, en este caso, como el incremento en el número de moles gaseosos es 0, los valores de Kp y Kc coinciden. c) Los cambios que experimentará el sistema al elevar la temperatura hasta 1500 C serían: 1) Modificación de la constante de equilibrio. 2) Según el principio de Le Châtelier, la elevación de la temperatura favorece el desplazamiento neto del sistema en el sentido en el que se absorba calor (reacción endotérmica); en este caso evolucionando de derecha a izquierda. 1.3. EXAMEN DE FEBRERO DE 2008 40 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 34 2- 2- + 2 4 - + 3 2 -oxidación : S + 4 H O SO + 8 H + 8e -reducción : 3e + NO + 4 H NO + 2 H O → → Y proceder a sumar ambas semirreacciones: 2- 2- + 2 4 - + 3 2 2- - + 2- 2 3 4 - (S + 4 H O SO + 8 H + 8e ) 3 - (3e + NO + 4 H NO + 2 H O) 8 ________________________________________________________ 3 S +12 H O + 8 NO + 32 H 3 SO + 2 → ⋅ → ⋅ → + 24 H + 8 NO +16 H O Simplificando: 2- - + 2- 3 4 2 3 S + 8 NO + 8 H 3 SO + 8 NO + 4 H O→ Por lo tanto, la reacción ajustada sería: →3 4 23 FeS(s) + 8 HNO (ac) 8 NO(g) + 3 FeSO (ac) + 4 H O(l) b) El reactivo limitante de una reacción es aquel que se agota primero, por lo tanto, va a limitar la cantidad de producto a obtener. Su cálculo se puede realizar de muchas maneras. Una de ellas es obteniendo la cantidad de uno de los reactivos que reaccionaría completamente con el otro. Comparando este último valor con el que se tiene, se deduce el reactivo limitante. En este caso se puede calcular el volumen de disolución de ácido nítrico al 60% y 1,37 g/mL de densidad que reaccionarían con 5,0 g de mineral de sulfuro ferroso. 3 3 3 3 3 3 3 8 mol HNO75 g FeS 1 mol FeS 5,0 g mineral de FeS 100 g mineral de FeS 87,8 g FeS 3 mol FeS 63 g HNO 100 g dis. HNO 1 mL dis. HNO = 8,8 mL disolución HN 1 mol HNO 60 g HNO 1,37 g dis. HNO ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 3O Para que reaccionen los 5,0 g de mineral se necesitarían 8,8 mL de disolución ácida. Como únicamente tenemos 6,0 mL, el reactivo limitante es el ácido nítrico. EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 41 FEBRERO 2008 35 ESTRATEGIA DE RESOLUCIÓN 1 El cálculo del reactivo limitante se puede plantear de muy diferentes maneras. En este caso se puede plantear el cálculo de los gramos de mineral de FeS que reaccionarían completamente con 6,0 mL de disolución de ácido nítrico. 3 3 3 3 3 3 3 3 1,37 g dis. HNO 60 g HNO 1 mol HNO 6,0 mL dis. HNO 1 mL dis. HNO 100 g dis. HNO 63 g HNO 3 mol FeS 87,8 g FeS 100 g min. FeS = 3, 4 g de mineral 8 mol HNO 1 mol FeS 75 g FeS ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Si se pretende que reaccionen los 6,0 mL de disolución de ácido nítrico, se necesitarían 3,4 g de mineral de FeS. Como hay 5,0 gramos, el reactivo en exceso es el FeS, o lo que es lo mismo, el reactivo limitante es el ácido nítrico. ESTRATEGIA DE RESOLUCIÓN 2 Otra opción podría ser el cálculo de los moles de un producto que se pueden obtener a partir de cada uno de los reactivos presentes. El que produzca menor cantidad de producto será el limitante. En este caso, a partir de 5,0 g de mineral de FeS se puede calcular los moles que se obtendrían de NO. El mismo cálculo se puede llevar a cabo a partir de 6,0 mL de disolución de ácido nítrico. 75 g FeS 1 mol FeS 8 mol NO 93 5,0 g mineral de FeS = 100 g mineral de FeS 87,8 g FeS 3 mol FeS 100 = 0,11 mol NO ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 3 3 3 3 3 3 60 g HNO1,37 g dis. HNO 1 mol HNO36,0 mL dis. HNO 1 mL dis. HNO 100 g dis. HNO 63 g HNO3 8 mol NO 93 = 0,07 mol NO 8 mol HNO 100 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 42 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 36 Por lo tanto, el reactivo limitante es el ácido nítrico, ya que a partir de él se obtiene menor cantidad de monóxido de nitrógeno que partiendo de los gramos de mineral que están presentes en el sistema. c) Primeramente se determinan los moles de NO que se obtienen. Este valor, tal y como se ha calculado en el apartado anterior, es de 0,07 moles. Después se calcula el volumen que ocupará dicho gas, sabiendo que se recoge sobre agua a 25 ºC y 1 atmósfera de presión. Para ello se debe aplicar la ecuación de los gases ideales. ( ) 2NO NO NO T v,H O T v,H O NO2 P V = n RT Sabiendo que : P = P - P (P - P )V = n RT 1 atm atm· L760 - 23,76 mm Hg .V = 0,07 mol· 0,082 · (273 + 25)K 760 mm Hg mol·K ⎡ ⎤ ⋅⎢ ⎥ ⎣ ⎦ NO V = 1,77 L d) Para disminuir el punto de congelación del agua pura se debe añadir un soluto no volátil. En este caso se va a añadir el FeSO4 que se obtiene en la reacción propuesta en este problema. Entonces, primeramente se debe calcular dicha cantidad 3 3 3 3 3 3 3 4 4 4 3 4 1,37 g dis. HNO 60 g HNO 1 mol HNO 6,0 mL dis. HNO 1 mL dis. HNO 100 g dis. HNO 63 g HNO 3 mol FeSO 151,8 g FeSO 93 = 4,1 g FeSO 8 mol HNO 1 mol FeSO 100 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Ahora se determina el descenso crioscópico que se puede conseguir con una disolución de 4,1 g de sulfato ferroso y 150 mL de agua: H O2 2+ 2- 4 4 FeSO (s) Fe (ac) + SO (ac)→ f fΔT = i K m donde : i = 1+ ( -1) i = 1+ (2 -1)·1 = 2 ν α En este caso, como la sal está completamente disociada α es uno y por dar lugar a dos especies iónicas ν es dos. EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 45 FEBRERO 2008 39 [ ] [ ][ ] ( ) ( ) 2 2 -4 2 2 2 t NO 0,0042 Qc = = = 2,82 10 < Kc N O 0,25 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Como en ese instante Qc≠Kc, se deduce que el sistema no se encuentra en equilibrio. b) Al ser el valor de Qc inferior al de Kc, el sistema evolucionará netamente de izquierda a derecha (produciendo más NO y consumiendo N2 y O2) hasta alcanzar el estado de equilibrio cuando el valor de Qc se iguale al de Kc. c) Reacción: N2 (g) + O2(g) ↔ 2 NO(g) ΔH= 180,8 kJ/mol concentraciones (t): 0,25 0,25 0,0042 (M) cambios: -x -x +2x (M) en el equilibrio: 0,25-x 0,25-x 0,0042+2x (M) [ ] [ ][ ] ( ) ( ) 2 2 -3 2 2 2 NO 0,0042 + 2x Kc = = = 1,7 10 N O 0,25 - x ⋅ Resolviendo la ecuación obtenemos el siguiente valor: x= 3,0·10-3 M. Por tanto, las concentraciones de las diferentes sustancias en el equilibrio serán. [N2]= [O2]= 0,25 – x = 0,247 M [NO]= 0,0042 + 2x = 0,010 M d) Según el principio de Le Châtelier, la elevación de la temperatura favorece el desplazamiento neto del sistema en el sentido en el que se absorba calor (reacción endotérmica); en este caso de izquierda a derecha. Al aumentar el volumen del recipiente, sin modificar el resto de las variables, se producirá una disminución en la presión total. Evaluando su influencia sobre el cociente de la reacción: 46 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 40 [ ] [ ][ ] 2 2 2 2 2 NO2 NO N O2 2 N O n NO nvQc = = =n nN O n n v v ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⋅ ⋅ Como se puede deducir de la expresión anterior, la modificación del volumen no influye en el valor de Qc, ya que el incremento en el número de moles gaseosos es cero; por lo tanto, en este caso, no se alterará el estado de equilibrio y sólo se verán reducidas las concentraciones molares de las sustancias. 4.- Se construye una celda electrolítica colocando NaCl fundido en un vaso de precipitados con dos electrodos inertes de platino. Dicha celda se une a una fuente externa de energía eléctrica que produce una intensidad de 6 A durante una hora. a) Explicar los procesos que tienen lugar en la celda y calcular su potencial. b) Calcular la cantidad de producto obtenido en cada electrodo de la celda. Determinar la cantidad en gramos si el producto es sólido y el volumen en litros en condiciones normales si es un gas. Datos Mmolar(g/mol): Na-23,0; Eº (Na+/Na)= -2,71 V ; Eº(Cl2/Cl-)= 1,36 V F= 96500 C/mol e- Resolución a) En primer lugar se escriben los procesos que tienen lugar en cada electrodo (teniendo claro que tenemos la sal fundida; es decir iones Na+ y Cl-). Cátodo (reducción): (Na+ + e- → Na(s))·2 Ánodo (oxidación): . 2 Cl- → Cl2(g) + 2 e- . Proceso global: 2 Na+ + 2 Cl-→ 2 Na(s) + Cl2(g) EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 47 FEBRERO 2008 41 o o cátodo ánodo= E + E = -2,71-1,36 = o celdaE - 4,07 V b) Para la determinación de las cantidades de productos depositadas en cada electrodo se debe emplear la ley de Faraday: I·t=n·F Sustituyendo los valores en dicha ecuación: 6 A·3600 s= n(mol e-)·96500 C/mol e- n= 0,22 mol e- que han circulado por la celda - - 1 mol Na(s) 23,0 g Na0,22 mol e · = 1 mol Na1 mol e ⋅ 5,1 g de Na(s) depositados en el cátodo - 2 - 2 1 mol Cl (g) 22,4 L (c.n.)0,22 mol e · = 1 mol Cl (g)2 mol e ⋅ 22,5 L de Cl (g) obtenidos en el ánodo EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 51 SEPTIEMBRE 2008 45 1.- Una mezcla gaseosa, constituida inicialmente por 7,9 moles de hidrógeno y 5,3 moles de vapor de iodo, se calienta en un recipiente cerrado de 2 L a 450 ºC con lo que se forman en el equilibrio 9,5 moles de HI. H2(g) + I2(g) ↔ 2HI(g) a) Si alcanzado el estado de equilibrio, manteniendo constante la temperatura, se añade 1 mol de HI ¿cuales serán las presiones parciales de las diferentes sustancias una vez restablecido el equilibrio? b) Para la reacción: CS2(g) + 4 H2(g) ↔ CH4(g) + 2 H2S(g) ΔH= - 231 kJ, predecir en qué sentido se desplazará el equilibrio cuando: 1. Se aumenta la temperatura, 2. Se quema el CH4, 3. Se aumenta el volumen del recipiente manteniendo la temperatura constante, 4. Se adiciona un catalizador. Resolución a) Reacción: H2 (g) + I2(g) ↔ 2 HI(g) cantidades iniciales: 7,9 5,3 ----- (mol) cambios: -x -x +2x (mol) cantidades en el equilibrio: 7,9-x 5,3-x 2x (mol) como 2x= 9,5 mol, entonces x= 4,75 mol y sustituyendo dicho valor en la expresión de la constante de equilibrio: [ ] [ ][ ] 2 2 2 2 2 9,5 HI 9,5vKc = = = = 52,1 3,15 0,55H I 3,15 0,55 v v ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⋅⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ Si añadimos 1 mol de HI alteramos el estado de equilibrio y el sistema evolucionará netamente para recuperar un nuevo estado de equilibrio compensando, en la medida de lo posible, la alteración producida; es decir, consumiendo parte del HI y produciendo más cantidad de I2 e H2 52 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 46 Reacción: H2 (g) + I2(g) ↔ 2 HI(g) cantidades en el equilibrio: 3,15 0,55 9,5 (mol) alteración externa: 3,15 0,55 10,5 (mol) cantidades en el nuevo equ.: 3,15+x 0,55+x 10,5-2x (mol) Como la temperatura no se ha modificado el valor de la constante de equilibrio no ha cambiado: [ ] [ ][ ] 2 2 2 2 10,5 - 2x HI vKc = = = 52,1 3,15 + x 0,55 + xH I v v ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ Resolviendo la ecuación cuadrática se obtienen los siguientes valores: x1= 0,084 mol y x2= valor negativo (solución no posible ya que no tiene sentido un valor negativo para la cantidad de una sustancia). Por tanto las presiones parciales de las diferentes sustancias en el equilibrio serán: Pi·V= ni·R·T entonces: atm L3, 23 mol 0,082 723 K mol K= = 2 L ⋅ ⋅ H2 P 95,9 atm 2I P = 18,8 atm y PHI = 306,3 atm b) En este apartado se estudia la influencia que tiene sobre un sistema en equilibrio la modificación del mismo por diversas causas externas: CS2 (g) + 4 H2(g) ↔ CH4(g) + 2 H2S(g) ΔH= - 231 kJ 1. Según el principio de Le Châtelier, la elevación de la temperatura favorece el desplazamiento neto del sistema en el sentido en el que EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 55 SEPTIEMBRE 2008 49 b) Para la determinación de la concentración de iones plata en disolución, conocido el potencial de de la pila, aplicamos la ecuación de Nernst: 2+ o pila pila 2+ Zn0,059E = E - log n Ag ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ Primeramente calculamos el potencial de la pila en condiciones estándar con los datos de los potenciales estándar de reducción para cada uno de los electrodos: Eopila= Eocátodo+Eoánodo= 0,80 V + 0,76 V = 1,56 V y sustituyendo en la ecuación de Nernst: 2+ 0,059 11,2 = 1,56 - log 2 Ag⎡ ⎤⎣ ⎦ [Ag+]=7,9·10-7 M c) En el equilibrio se cumple: o pila 0,059E = log K n 0,0591,56 = log K 2 K= 7,6·1052 3.- a) Ordenar de forma creciente, en función de sus puntos de congelación, las disoluciones que resultan de disolver en 1 L de agua, 100 g de cada una de las siguientes sustancias: 1. Glicerina (C3H8O3), 2. Cloruro sódico, 3. Cloruro cálcico (considerar que los electrolitos están disociados completamente al disolverse en agua). b) Se dispone de una disolución acuosa de urea [CO(NH2)2] al 3,8% en peso. Calcular la presión de vapor de dicha disolución a 25 ºC, sabiendo que la Pv (H2O), a la misma temperatura, es de 23,8 mm Hg. 56 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 50 Datos Mmolar(g/mol): C-12,0; H-1,0; O-16,0; Na-23,0; Ca-40,1; Cl-35,5; N- 14,0; Kf= 1,86 ºC·mol/kg. Resolución a) Para analizar la temperatura de congelación de las diferentes disoluciones preparadas, aplicamos la expresión matemática que describe el descenso del punto de congelación experimentado por un disolvente cuando en él se disuelve una determinada cantidad de soluto no volátil: o f f f fΔT = T - T = K m⋅ (solutos no electrolitos) o f f f fΔT = T - T = i K m⋅ ⋅ (solutos electrolitos) i= 1 + (υ-1) α 1) Glicerina: soluto no electrolito o o f 100 mol C mol 920 C - T = 1,86 kg 1 kg H O2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⋅ ⋅ Tf= -2,02 C 2) NaCl: soluto electrolito H O2 + - NaCl(s) Na (ac) + Cl (ac)→ Como la sal está totalmente disociada α= 1 y como da lugar a dos especies υ=2, por tanto, el valor del factor de van’t Hoff será: i = 1 + (2-1)1= 2. o o f 2 100 mol C mol 58,50 C - T = 2 1,86 kg 1 kg H O ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⋅ ⋅ Tf= -6,36 C 3) CaCl2: soluto electrolito H O2 2+ - 2 CaCl (s) Ca (ac) + 2 Cl (ac)→ Como la sal está totalmente disociada (α= 1) y como da lugar a tres especies υ=3, por tanto, el valor del factor de van’t Hoff será: EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 57 SEPTIEMBRE 2008 51 i = 1 + (3-1)1= 3. o o f 2 100 mol C mol 111,10 C - T = 3 1,86 kg 1 kg H O ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⋅ ⋅ Tf= -5,02 C Por lo tanto el ordenamiento de los puntos de congelación de las diferentes disoluciones, en orden creciente, sería el siguiente: Tf (NaCl) < Tf (CaCl2) < Tf (glicerina) b) Para analizar la presión de vapor de la disolución, se aplica la expresión matemática que describe el descenso de la presión de vapor experimentado por un disolvente cuando en él se disuelve una determinada cantidad de soluto no volátil. En este caso, el soluto (urea) no es un electrolito; por tanto: Pv = χ (disolvente) · Pv  Como el porcentaje en masa de soluto en la disolución es del 3,8%, la cantidad de disolvente por cada 100 g de disolución será de 96,2 g. v 96, 2 mol 18P = 23,8 mm Hg 96, 2 3,8mol + mol 18 60 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⋅ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Pv= 23,5 mm Hg 4.- En un calorímetro que contiene 200 g de agua a 21,0 ºC y cuya capacidad calorífica es 120 J/ºC, se sumerge una pieza de metal de 85 g, precalentada a 67,4 ºC. ¿Cuál es el calor específico del metal, si la temperatura final que alcanza el sistema es de 23,5 ºC? Datos ce(H2O)= 4,184 J/g °C EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 61 FEBRERO 2009 55 1.- Se desea elevar al menos en 1°C la temperatura de ebullición de 1 L de agua, añadiendo el cloruro bárico obtenido por reacción de 6 L de hidróxido bárico 0,1 M y 1 L de disolución de ácido clorhídrico al 30% en peso y densidad 1,15 g/mL, con un rendimiento del 85%: a) Razonar si se podría conseguir. b) ¿Cuál sería la presión de vapor de la disolución de cloruro bárico preparada con la cantidad obtenida en la reacción anterior al disolverla en 1 L de agua, a 25°C? *Suponer que el cloruro bárico se disocia completamente en disolución acuosa. Datos: Mmolar(g/mol): Ba-137,3; Cl-35,5; O-16,0; H-1; Ke(H2O)= 0,51 ºCkg/mol Pv(H2O, 25ºC)= 23,76 mm Hg Resolución a) Primeramente se debe obtener y ajustar la ecuación química que define la reacción que se produce: 2 2 2Ba(OH) (ac) + HCl(ac) BaCl (ac) + H O(ac)→ Ajustando dicha reacción: 2 2 2Ba(OH) (ac) + 2 HCl(ac) BaCl (ac) + 2 H O(ac)→ El objetivo que se plantea en el problema es el estudio de la posibilidad de elevar el punto de ebullición del agua pura por adición de un soluto. En este caso se va a añadir como soluto BaCl2 que se obtiene en la reacción propuesta en este problema. Primeramente se debe calcular dicha cantidad, teniendo en cuenta que se trabaja con dos reactivos, siendo uno de ellos el limitante. Para su determinación se parte de uno de los reactivos y se calcula si hay cantidad suficiente del otro para consumirlo en su totalidad. 62 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 56 2 2 2 2 0,1 mol Ba(OH) 2 mol HCL 36,5 g HCl6 L dis. Ba(OH) 1 L dis. Ba(OH) 1 mol Ba(OH) 1 mol HCl 100 g dis. HCl 1 mL dis. HCl 1 L dis. HCl = 0,13 L dis. HCl 30 g HCl 1,15 g dis. HCl 1000 mL dis. HCl ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Para que reaccionen completamente los 6 L de la disolución de hidróxido de bario, se necesitan 0,13 L de disolución de ácido clorhídrico. Como hay 1 L de dicha disolución, el HCl será el reactivo en exceso y, por lo tanto, el hidróxido de bario será el reactivo limitante. ESTRATEGIA DE RESOLUCIÓN 1 En este caso podríamos haber planteado el cálculo del reactivo limitante partiendo del volumen de disolución de ácido clorhídrico (1 L) y calculando el volumen de disolución de hidróxido bárico necesario para su reacción completa. 2 2 2 1000 mL dis. HCl 1,15 g dis. HCl 30 g HCl 1 L dis. HCl 1 L dis. HCl 1 mL dis. HCl 100 g dis. HCl 1 mol Ba(OH) 1 L dis. Ba(OH)1 mol HCl = 47,3 L dis. Ba(O 36,5 g HCl 2 mol HCl 0,1 mol Ba(OH) ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2H) Si pretendemos que reaccione el litro de disolución de ácido, necesitaríamos 47,3 L disolución de hidróxido bárico; como únicamente existen 6 L, el reactivo limitante es la disolución de hidróxido bárico. ESTRATEGIA DE RESOLUCIÓN 2 Otra opción podría ser el cálculo de los moles de un producto que se puede obtener a partir de cada uno de los dos reactivos presentes. El que produzca menor cantidad de producto será el limitante. 2 2 2 2 2 2 0,1 mol Ba(OH) 1 mol BaCl 85 6 L dis. Ba(OH) = 0,5 mol BaCl 1 L dis. Ba(OH) 1 mol Ba(OH) 100 ⋅ ⋅ ⋅ EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 65 FEBRERO 2009 59 │Q gen. (combustión benceno)│= │Q abs. (bomba)│ + │Q abs. (agua)│ │Q gen. (combustión benceno)│=│C(bomba)·ΔT+m(agua)·ce(agua)·ΔT│ │Q gen. (combustión del benceno)│= │1,3·103 J/ºC·(35,25-25) C + 826 g ·4,18 J/gC·(35,25-25) C│ Q gen. (combustión del benceno)= - 48715 J ≈ -48,7 kJ Estos 48,7 kJ son los generados al quemar 1,17 gramos de benceno, para determinar el calor generado cuando se quema 1mol de benceno: 48,7 kJ 78 g benceno- = 1,17 g benceno 1 mol benceno ⋅ ⋅ 3 kJ- 3, 3 10 mol 3.- En un recipiente de 6 L se colocan 0,75 moles de N2O4 y se dejan descomponer hasta alcanzar el equilibrio (T= 100 ºC): N2O4(g) ↔ 2NO2(g) ΔHo= 57,2 kJ en dicho momento la concentración de N2O4 ha disminuido hasta alcanzar el valor de 0,0750 mol/L. a) Calcular Kc y Kp para la reacción. b) Si una vez alcanzado el equilibrio se quisiera producir más NO2, ¿qué condiciones se deberían modificar, según el principio de Le Châtelier? Razona la respuesta. Resolución a) Reacción: N2O4(g) ↔ 2 NO2(g) ΔHo= 57,2 kJ concentraciones iniciales: 0,125 ----- (M) cambios: -x +2x (M) concentraciones en el equilibrio.: 0,125-x 2x (M) Como en el enunciado del problema se afirma que la concentración del reactivo en el equilibrio es 0,0750 M: 66 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 60 0,125-x = 0,0750 M x = 0,05 M y por tanto las concentraciones en el equilibrio serán, respectivamente: [N2O4]= 0,0750 M y [NO2] = 2x= 0,1 M [ ] [ ] ( ) ( ) 2 2 2 2 4 NO 0,1 = = = N O 0,0750 Kc 0,13 Para la determinación de Kp se utiliza la expresión matemática que relaciona Kp y Kc para un sistema gaseoso en equilibrio: Kp = Kc(RT)Δn Kp= 0,13·(0,082·373)1 = 3,98 b) En este apartado hay que analizar que factores podemos modificar, una vez que el sistema ha alcanzado el estado de equilibrio, para conseguir una mayor producción de NO2. 1) Tanto si se añade más cantidad de N2O4 como si se disminuye la de NO2, el efecto sobre el cociente de la reacción será el siguiente: [ ] [ ] 2 2 2 4 NO Qc = < Kc N O Para restablecer de nuevo el estado de equilibrio, el valor de Qc deberá aumentar para igualarse a Kc, consiguiéndose con una evolución neta del sistema en el sentido en el que aumente la concentración de NO2, es decir, de izquierda a derecha. 2) Si se aumenta el volumen (disminuye la PT) el efecto sobre el cociente de la reacción será el siguiente: ( ) 2 NO2 NO2 2 2 NO 2 NO n v n Qc = = < Kcn n v v ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⋅ EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 67 FEBRERO 2009 61 Para restablecer de nuevo el estado de equilibrio, el valor de Qc deberá aumentar para igualarse a Kc, consiguiéndose con una evolución neta del sistema de izquierda a derecha; es decir, en el sentido en que se produzca mayor número de moles gaseosos. 3) Si se aumenta la temperatura del sistema, según el principio de Le Châtelier, la elevación de la temperatura favorece el desplazamiento neto del sistema en el sentido en el que se absorba calor (reacción endotérmica); en este caso de izquierda a derecha (fijarse en el valor de ΔH), favoreciendo también la producción de NO2. 4.- Se quiere construir una pila galvánica con los siguientes elementos: 1) Una placa de Al(s) sumergida en una disolución de Al3+ 1,3 M 2) Una placa de Ag(s) sumergida en una disolución de Ag+ 0,5 M. a) Dibujar el esquema de la pila, explicar los procesos que tienen lugar en sus electrodos y calcular su potencial estándar. b) Calcular la variación de la energía libre de Gibbs estándar y la constante de equilibrio del proceso. c) Determinar el potencial de la pila en las condiciones descritas en el enunciado. Datos Eº(Al3+/Al)= - 1,66 V; Eº(Ag+/Ag)= 0,80 V; F= 96500 C/mol e- Resolución: a) Al3+ A Ánodo Ag+ Cátodo Ag e - + Puente salino EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 71 SEPTIEMBRE 2009 65 1.- Se obtiene óxido de nitrógeno (II) a partir de la siguiente reacción: nitrato potásico + ácido sulfúrico + mercurio → sulfato potásico + óxido de nitrógeno (II) (g) + sulfato de mercurio (II) + agua a) Determinar el volumen de óxido de nitrógeno (II) (g) que se obtendrá a partir de 5,0 g de una muestra de mineral cuya riqueza en nitrato potásico es del 65%, 17,0 g de mercurio y un volumen determinado de disolución de ácido sulfúrico, si el rendimiento del proceso es del 90%. El gas se recoge sobre agua a 25 ºC y 732 mm Hg. b) Calcular el volumen mínimo de disolución de ácido sulfúrico (pureza en ácido sulfúrico del 90% y densidad 1,18 g/mL) que sería necesario emplear. Datos: Mmolar(g/mol): K-39,1; N-14,0; O-16,0; H-1,0; S-32,0; Hg-200,6; Pv(H2O, 25 ºC)= 23,76 mm Hg; R= 0,082 atm·L/ mol·K Resolución a) Primeramente se debe escribir y ajustar la ecuación química que representa la reacción que tiene lugar. Tras escribirla, se debe asignar el número de oxidación correspondiente a cada elemento que interviene en la reacción, para comprobar cuál se oxida y cuál se reduce: + 1 + 5 - 2 + 1 + 6 - 2 0 + 1 + 6 - 2 + 2 - 2 + 2 + 6 - 2 + 1 - 2 3 2 4 2 4 4 2 KNO + H SO + Hg K SO + NO + HgSO + H O→ Ahora se puede determinar la semirreacción de oxidación y la de reducción: 2+ - 3 oxidación : Hg Hg reducción : NO NO → → Ajustando los elementos y las cargas: 2+ - + 3 2 -oxidación : Hg Hg + 2e -reducción : NO + 4 H + 3e NO + 2 H O → → 72 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 66 Ya podemos proceder a sumar ambas semirreacciones: 2+ - + 3 2 - + 2+ 3 2 - (Hg Hg + 2e ) 3 - (NO + 4 H + 3e NO + 2 H O) 2_______________________________________ 3 Hg + 2 NO + 8 H 3 Hg + 2 NO + 4 H O → ⋅ → ⋅ → Por lo tanto, la reacción ajustada sería: →3 2 4 2 4 4 22 KNO + 4 H SO + 3 Hg K SO + 2 NO + 3 HgSO + 4 H O Para determinar el volumen de NO que se recogerá sobre agua en unas condiciones determinadas, primero se debe calcular la cantidad que se producirá de dicho gas, dependiendo de la cantidad de reactivos presentes. La cantidad de producto a obtener vendrá determinada por el reactivo limitante. Por lo tanto, se debe dilucidar cuál de los tres reactivos presentes es el que se encuentra en menor cantidad, desde el punto de vista estequiométrico respecto a los otros. 3 3 3 3 3 3 65 mol g KNO 1 mol KNO 3 mol Hg5,0 g mineral KNO 100 g mineral KNO 101,1 g KNO 2 mol KNO 200,6 g Hg = 9,7 g Hg 1 mol Hg ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Para que reaccionen completamente 5,0 g de mineral de nitrato potásico, se necesitan 9,7 g de Hg. Como hay 17,0 g de dicho metal, el nitrato potásico será el reactivo limitante. ESTRATEGIA DE RESOLUCIÓN 1 También se puede plantear el cálculo del reactivo limitante partiendo de 17,0 g de mercurio y calculando los gramos de mineral de nitrato potásico necesarios para su reacción completa. EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 75 SEPTIEMBRE 2009 69 Resolución a) Primeramente se debe llevar a cabo un balance de calor. Hay que tener en cuenta que el calor desprendido por la pieza de metal es adsorbido por el agua introducida en el calorímetro y por el propio calorímetro. metal agua calorímetro-Q = Q + Q Sustituyendo estos calores por las expresiones matemáticas que permiten su cáculo: 2metal e,metal agua e,H O cal-m ·c ·ΔT = m ·c ·ΔT + C ·ΔT Introduciendo los valores conocidos, queda como incógnita el calor específico del metal: e,metal J J- 55 g ·c ·(23 - 78) º C = 220 g · 4,18 ·(23- 21) º C + 102 ·(23 - 21) º C g º C º C e,metal J c = 0,68 g ºC 3.- Se construye una pila en la cual uno de los electrodos está constituido por una chapa de oro metálico sumergido en una disolución acuosa que contiene iones Au3+ en concentración 0,01 M. El otro electrodo es Pt metálico sumergido en una disolución de iones Cr3+ y Cr2+ en concentraciones 0,0025 M y 0,055 M, respectivamente. a) Dibujar el esquema de la pila indicando detalladamente todos los elementos y escribir los procesos parciales que tienen lugar en cada uno de los electrodos y el proceso global de la pila. b) Calcular el potencial de la pila. Datos: Eo(Au3+/Au)= 1,5 V; Eo(Cr3+/Cr2+)= -0,41 V; F = 96500 C/mol e- 76 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 1 70 Resolución a) Primeramente se debe determinar qué semipila actúa como ánodo y cúal como cátodo. Para ello se deben analizar los potenciales estándar de reducción de ambas. La que tenga mayor potencial de reducción se reducirá y, por lo tanto, actuará como cátodo y viceversa. En este caso la semipila de oro será el cátodo y la de cromo el ánodo; por lo tanto, el esquema de la pila será el siguiente: El esquema de la pila, también se puede indicar de la siguiente manera: 2+ 3+ 3+Pt(s) Cr (0,055 M) Cr (0,0025 M) Au (0,01M) Au (s) Los procesos que ocurren en la pila anterior serán: Anódo (oxidación): 3·(Cr2+ → Cr3+ + 1 e-) Cátodo (reducción): . Au3+ + 3 e- → Au(s) Proceso global: Au3+ + 3 Cr2+ → 3 Cr3+ + Au(s) El agente oxidante es el reactivo que favorece la oxidación, es decir, el que se reduce, en este caso el Au+3 y el reductor es el que favorece la reducción oxidándose, es decir, el Cr+2. b) El potencial de la pila se calcula mediante la ecuación de Nernst: Cr2+ Cr3+ Pt Ánodo Au3+ Cátodo Au e- - + Puente salino EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA I 77 SEPTIEMBRE 2009 71 33+ o o o cátodo ánodo 32+ 3+ Cr0,059 0,059E = E - log Q = (E + E ) - log n n Cr Au ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 3 3· 0,059 0,0025 = (1,5 + 0, 41) V - log = 3 0,055 0,01 E 1,95 V 4.- a) La disolución obtenida al disolver 30 g de BaF2 en 500 mL de agua congela a -1,4 ºC. Determinar el factor de van’t Hoff (i) del BaF2. b) Calcular la presión osmótica (a 25 ºC) de la disolución preparada y la concentración de la misma expresada en % (en masa). Datos: Mmolar(g/mol): Ba-137,3; F-19,0; Kf(H2O)= 1,86 ºC·kg/mol; ρ(H2O)= 1 g/mL; R= 0,082 atm·L/mol·K Resolución a) Para el cálculo del factor de van’t Hoff hay que plantear la expresión de la disminución del punto de congelación de una disolución respecto al disolvente puro, cuando el soluto es un electrolito: o f f fT - T = i K m⋅ ⋅ ( ) 2 o o 2 30 mol BaF 175,30 - -1,4 C = i·1,86 C·kg/mol· 0,5 kg H O ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⇒⎡ ⎤⎣ ⎦ i=2,2 b) Para el cálculo de la presión osmótica de la disolución (Π ) se aplica la siguiente expresión: Π V = i n R T⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2.1. EXAMEN DE JUNIO DE 2007 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA II 85 JUNIO 2007 79 c) Varias especies son isoelectrónicas, cuando tienen el mismo número de electrones. El número de electrones de un átomo (sin carga) nos lo da directamente su número atómico (Z); sin embargo, el número de electrones de un ión (catión con carga positiva o anión con carga negativa), viene dada por la suma entre el número atómico y la carga que presente, con el signo cambiado. De esta manera: O2- (Z = 8), n electrones = Z + 2 = 8 + 2 = 10 electrones F- (Z = 9), n electrones = Z + 1 = 9 + 1 = 10 electrones Li+ (Z = 3), n electrones = Z - 1 = 3 - 1 = 2 electrones Ne (Z = 2), n electrones = Z = 2 electrones Na+ (Z = 11), n electrones = Z - 1 = 11 - 1 = 10 electrones Por lo tanto O2-, F- y Na+ son especies isoelectrónicas con 10 electrones; y Li+ y Ne con 2 electrones. d) Para representar las estructuras de Lewis, el compuesto debe ser covalente y debe conocerse la configuración electrónica de los elementos que lo forman. Mediante las estructuras de Lewis se representan los electrones del último nivel energético, señalando aquellos pares de electrones compartidos para completar el último nivel energético de cada elemento. Todos los compuestos propuestos son covalentes, por lo que se puede representar su estructura de Lewis: HCl: H (Z=1): 1s1 1 electrón en el último nivel Cl (Z=17): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 7 electrones en el último nivel H2S: S (Z=16): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 6 electrones en el último nivel 86 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 2 80 NH3: N (Z=7): 1s2 2s2 2p3 5 electrones en el último nivel CH4: C (Z=6): 1s2 2s2 2p2 4 electrones en el último nivel 2.- a) Justificar al menos 3 propiedades de los metales mediante el modelo de bandas. b) Definir aleación y tipos de aleaciones. c) Nombrar y describir las etapas principales en metalurgia. Resolución a) El modelo de bandas supone que sus orbitales atómicos de valencia se superponen formando tantos orbitales moleculares como átomos se han aproximado. Dichos orbitales moleculares se caracterizan por presentar energías muy parecidas constituyendo lo que se denominan bandas de niveles energéticos. Se denomina banda de valencia (B.V.) a aquel nivel energético formado por los electrones de valencia de los orbitales atómicos. Cuando inicialmente los orbitales atómicos se encuentran llenos, la banda de valencia que forman se encuentra también llena, y los electrones de dicha banda podrán saltar a la siguiente banda de energía completamente vacía (denominada banda de conducción, B.C.) dependiendo de la diferencia de energías entre ambas (Figura 2.1): a) Si la diferencia de energía entre ellas es grande, se trata de un aislante. b) Si esta diferencia es pequeña, la sustancia es semiconductora. c) Si las bandas se superponen, la sustancia es conductora. EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA II 87 JUNIO 2007 81 a) b) c) Figura 2.1. Bandas de energía en: a) un aislante; b) un semiconductor; c) un conductor. Explicación de las propiedades de los metales mediante el modelo de bandas: La conductividad eléctrica de un metal disminuye cuando aumenta la temperatura debido a la agitación térmica de los iones metálicos aumentando así la probabilidad de choque entre iones y electrones libres y dificultando el movimiento de éstos últimos cuando se aplica un campo eléctrico. La conductividad de un semiconductor aumenta cuando aumenta la temperatura al favorecerse la promoción de los electrones desde la banda de valencia llena a la banda de conducción vacía. De esta manera se favorece la conductividad eléctrica. La conductividad térmica de los metales: con el calor, los electrones pueden pasar desde la banda de valencia a la banda de conducción, y cuando regresan a la banda de valencia liberan calor generando la conducción térmica. Brillo, apariencia lustrosa. Los electrones móviles pueden absorber energía radiante y saltar al nivel de mayor energía. Al descender a niveles inferiores emiten fotones de luz visible. b) Una aleación es una mezcla sólida homogénea de dos o más metales, o de uno o más metales con uno o más elementos no metálicos. Se pueden diferenciar varios tipos de aleaciones en función de los componentes o en función de la mezcla: Tipos de aleaciones en función de los componentes: E ne rg ía B.V B.C ΔE grande B.V B.C ΔE pequeño B.V B.C Superposición 90 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 2 84 de la espiral. Este método se utiliza para obtener metales de elevada pureza. 5) Fabricación de aleaciones, una vez obtenidos los metales puros, en el caso en el que se desee mejorar algunas propiedades. 3.- a) Describe las condiciones en el proceso de producción del amoniaco. ¿Qué nombre recibe dicho proceso? b) Nombra al menos dos estructuras cristalinas (alótropos) del carbono y explica sus propiedades. c) Propiedades y aplicaciones del CO y CO2. Efecto invernadero. Resolución a) La producción industrial de amoniaco suele llevarse a cabo mediante el proceso Haber-Bosch. Consiste en la reacción ente el hidrógeno y el nitrógeno, ambos en fase gaseosa: N2(g) + 3 H2(g) ↔ 2 NH3(g) ΔHº = -92,2 kJ/mol Las condiciones en las que se lleva a cabo la reacción son las siguientes: • Temperatura: 400-500 ºC. Al aumentar la temperatura, aumenta la velocidad de reacción. No obstante, según el principio de Le Châtelier, al aumentar la temperatura la reacción tiende al lado endotérmico consumiendo amoniaco; por lo que se debe trabajar a temperaturas intermedias. • Presión: 500-1.000 atm. Al aumentar la presión, según el principio de Le Châtelier, la reacción tiende hacia el lado en el que el número de moles gaseosos es menor para producir amoniaco; por lo que se trabaja a presión elevada. • La reacción es muy lenta. Para acelerar la reacción se utiliza polvo de magnetita, Fe3O4, como catalizador. b) La alotropía es la propiedad de algunos elementos químicos de permanecer en estado estable en más de una forma cristalina dependiendo de las condiciones de presión y temperatura a las que se encuentre. EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA II 91 JUNIO 2007 85 En el caso del carbono, existen dos formas cristalinas principales: el grafito y el diamante. La estructura del grafito consta de capas de átomos de carbono dispuestos en hexágonos, de modo que cada átomo de carbono está rodeado de otros 3 dentro de la misma capa. Dicha estructura explica las propiedades características del grafito: opaco, de color gris-negro con brillo metálico, densidad de 2,23 g/cm3, refractario y muy blando (dureza de 1 ó 2 en la escala Mohs). En la dirección perpendicular a las capas presenta una conductividad de la electricidad baja que aumenta con la temperatura, comportándose como un semiconductor. A lo largo de las capas la conductividad es mayor y aumenta proporcionalmente a la temperatura, comportándose como un conductor semimetálico. El diamante es una de las sustancias más duras que se conocen (dureza de 10 en la escala Mohs). Es incoloro o amarillento, transparente, no conduce la electricidad, y es más denso que el grafito (3,53 g\cm3). Estas propiedades corresponden a su estructura: una red de átomos distribuidos en forma de tetraedro, separados de sus átomos vecinos. En esta estructura se presentan enlaces muy fuertes sin que haya electrones débilmente retenidos. c) El dióxido de carbono (CO2) y el monóxido de carbono (CO) son productos de la combustión completa e incompleta respectivamente; cuando se queman combustibles que contienen carbono, como por ejemplo el carbón, los combustibles derivados del petróleo, o el gas natural. El CO es un gas incoloro e inodoro, combustible e insoluble en agua. Es tóxico, ya que reacciona con la hemoglobina de la sangre para dar carboxihemoglobina, que impide el transporte de oxígeno a las células. Si el CO es inhalado en bajas cantidades, puede producir dolores de cabeza y mareos. Si es inhalado en cantidades elevadas puede producir incluso la muerte. El CO puede utilizarse para la reducción del hierro en los altos hornos. El gas de síntesis, formado por CO y H2, se utiliza para la preparación de muchas sustancias orgánicas. El CO2 es un gas incoloro, inodoro e inocuo, de gran importancia en los ciclos de respiración de los seres animales y en la fotosíntesis de los vegetales. Se utiliza para la carbonatación de bebidas, como agente extintor y como refrigerante, ya que a -87 ºC se sublima para formar el hielo seco. 92 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 2 86 El dióxido de carbono es un gas de efecto invernadero, ya que retiene parte de la radiación infrarroja que debería liberarse al espacio en forma de calor. Los gases de efecto invernadero son necesarios para mantener la temperatura de la superficie terrestre, pero concentraciones elevadas en la atmósfera provocan un aumento en la misma; tal y como ha ocurrido en el pasado siglo debido al incremento del uso de combustibles fósiles. Aunque el aumento de la temperatura promedio de la superficie terrestre ha sido ligero, sus consecuencias son graves. Por ejemplo: el número de glaciares ha disminuido, se ha fundido parte del hielo de los polos, ha aumentado el nivel de agua en los océanos, se ha producido un incremento de los fenómenos meteorológicos extremos (aumento de sequías en unas zonas e inundaciones en otras, mayor frecuencia de precipitaciones torrenciales y olas de calor), etc. Para reducir la concentración de CO2 en la atmósfera, es necesario reducir el consumo de combustibles fósiles, mediante el uso racional de los recursos energéticos. 4.- a) Formular los siguientes compuestos. 2-butanol 2-cloro-2-buteno 2-hexeno 4-metil-2-hexino 2,3-dicloro-2-buteno ácido 2-pentenodioico b) En el caso de que los compuestos del apartado a) posean isómeros geométricos u ópticos, escribir sus fórmulas indicando el tipo de isomería. Razonarlo. c) Describir y explicar la hibridación del átomo de C en las siguientes moléculas: CH3–CH3 CH2=CH2 CH≡CH d) Razonar qué tipo de ruptura e intermedios de reacción se obtendrían en la ruptura del etano, ¿y del cloroetano? Indicar, así mismo las características fundamentales de dichos intermedios. EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA II 95 JUNIO 2007 89 ácido 2-pentenodioico HOOC–CH=CH–CH2–COOH Isomería geométrica H H COOH H C=C C=C COOH CH2–COOH H CH2–COOH isómero cis isómero trans c) Las moléculas de etano, eteno y etino están formadas por dos átomos de carbono unidos mediante enlace simple, doble y triple respectivamente. Todas son moléculas simétricas, por lo que la hibridación que presentan sus dos átomos de carbono es la misma. La configuración electrónica del carbono (Z=6) es 1s22s22p2, pero con un pequeño aporte energético ocurre la promoción del electrón del orbital 2s a 2pz: ↑↓ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ 2s 2px 2py 2pz La configuración electrónica del hidrógeno es H (Z=1): 1s1 • Etano: CH3–CH3, hibridación sp3. El orbital atómico 2s se combina con 3 orbitales atómicos 2px, 2py y 2pz, para dar 4 orbitales híbridos 2sp3, de la misma forma y energía, y diferente orientación: + + + = + + + 2s 2px 2py 2pz 2sp3 2sp3 2sp3 2sp3 El enlace simple C–C es tipo σ al solaparse frontalmente dos orbitales híbridos 2sp3: 2sp3 2sp3 96 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 2 90 Los 3 enlaces simples C–H de cada átomo de carbono son tipo σ al solaparse un orbital híbrido 2sp3 con el orbital atómico 1s del hidrógeno: 1s 2sp3 • Eteno: CH2=CH2, hibridación sp2. El orbital atómico 2s se combina con 2 orbitales atómicos 2px y 2py para dar 3 orbitales híbridos 2sp2, de la misma forma y energía, y diferente orientación: + + = + + 2s 2px 2py 2sp2 2sp2 2sp2 El enlace doble C=C está formado por un enlace σ al solaparse frontalmente dos orbitales híbridos 2sp2 y un enlace π, al solaparse lateralmente los orbitales atómicos 2pz del carbono: 2sp2 2sp2 2pz 2pz Los 2 enlaces simples C–H de cada átomo de carbono son tipo σ al solaparse un orbital híbrido 2sp2 con el orbital atómico1s del hidrógeno: 1s 2sp2 • Etino: CH≡CH, hibridación sp. El orbital atómico 2s se combina con un orbital atómico 2px para dar 2 orbitales híbridos 2sp, de la misma forma y energía, y diferente orientación: + = + 2s 2px 2sp 2sp EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA II 97 JUNIO 2007 91 El enlace triple C≡C está formado por un enlace σ al solaparse frontalmente dos orbitales híbridos 2sp y dos enlaces π, al solaparse lateralmente los orbitales atómicos 2py y 2pz: 2sp 2sp 2py 2py 2pz 2pz El enlace simple C–H de cada átomo de carbono es tipo σ al solaparse frontalmente un orbital híbrido 2sp con el orbital atómico 1s del hidrógeno: 1s 2sp d) En el caso de la ruptura del enlace C-C del etano (CH3–CH3), al tratarse de un enlace no polarizado, sería una ruptura homolítica, de manera que cada uno de los carbonos se queda con uno de los electrones que formaban el enlace. Consecuentemente, los intermedios de reacción serían dos radicales libres metilo equivalentes entre sí: •3CH Sin embargo, el enlace C-C del cloroetano (CH3–CH2Cl) se encuentra polarizado debido a la diferencia de electronegatividades entre el cloro y el resto de átomos. Por este motivo, en el momento de la ruptura del enlace C-C, el átomo de carbono directamente unido al cloro, se quedará con los dos electrones del enlace C-C formándose un carbanión, mientras que la otra parte de la molécula se quedará con carga positiva (carbocatión). Por tanto los dos intermedios de la reacción serán: -2ClCH y + 3CH .