TEORÍAS ATÓMICAS
CUESTIONES

1 sQué inconvenientes presenta el modelo atómico de Rutherford?

Según la teoría electromagnética, cuando una partícula cargada eléctricamente se mueve, tiene que emitir energía radiante en forma de ondas. Por tanto, el electrón, al irradiar energía, la perdería e iría disminuyendo su velocidad, con lo que describiría órbitas cada vez más pequeñas hasta quedar pegado al núcleo.
Por otra parte, la discontinuidad de los espectros hacía pensar que la energía se emitía sólo en determinadas longitudes de onda, cada una de las cuales producía una línea en ellos.


sPor qué, según Bohr, no es posible cualquier valor de la energía del electrón?

Al hallar la energía del electrón se obtiene la expresión

k2  m  Z2  e2  22 1
E = 
h2 n2
y se ve que la energía está cuantizada porque depende del valor de n2 (n = l, 2, 3, y n2 = l, 4, 9).


sPor qué se hicieron necesarios los números cuánticos secundario y magnético?

Con la aparición de la teoría de la relatividad de Einstein, en la expresión de la energía para el electrón calculada por Bohr no se podía considerar la masa constante, y por tanto, para un mismo n (radio de la órbita) podrían existir distintas trayectorias además de la circular; basándose en esto, Sommerfeld introdujo el número cuántico secundario  para caracterizar las órbitas elípticas. El número cuántico magnético se introdujo al ver por el Efecto Zeeman que al someter el átomo a un campo magnético las órbitas elípticas tomaban distintas orientaciones en el espacio.


sCuál fue la contribución de De Broglieen el conocimiento de la naturaleza atómica?

Estudiando la doble naturaleza de la luz, Luis De Broglie llegó a la conclusión de que toda la materia o cualquier partícula en movimiento lleva asociada una onda cuya longitud de onda sigue la relación
 = h/ m  v


5.– Si toda la materia presenta características ondulatorias, spor qué no observamos fenómenos de difracción en objetos tales como una pelota o una bala?

Porque la constante de Planck es muy pequeña frente al valor que toma la cantidad de movimiento (m  v) con la que se mueve la pelota o la bala.


sQué dice el principio de incertidumbre de Heisenberg?

Véase Apartado 2.10 del texto.


sQué representan  y 2?

es la llamada función de onda; no tiene significado físico, pero nos da información sobre la posición del electrón. 2 representa la probabilidad de encontrar el electrón en el espacio.


sQué significado tiene el número cuántico magnético y qué valores puede tomar?

Véase Apartado 2.12 del texto.


sQué tipo de orbitales tiene  = 1? Y scuáles tiene= 2?

Los orbitales que tienen  = 1 son los p y los que tienen = 2 son los d.


10 sQué forma tienen los orbitales p?

Véase Apartado 2.13 del texto.


11 sQué subnivel tendrá menor energía, el 5s o el 4d? sPor qué?

Aplicando la regla de Madelung: Subnivel 5s: n = 5 y = 0 n +  = 5
Subnivel 4d: n =4 y = 2 n + = 6
luego tendrá menor energía el 5s por ser n +  menor.


12 sQué dice el principio de exclusión de Pauli?

Véase Apartado 2.14 del texto.


13 sQué valores puede tomar el número cuántico m cuando  = 3?

Si =3, los valores posibles para m = –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3.


14 sCuántos son los orbitalesd y qué forma tienen?

Véase Apartado 2.13 del texto.


15 sA qué se deben las líneas de la serie de Paschen y dónde están situadas?

A los saltos del electrón de niveles superiores a n = 3 y están situadas en el infrarrojo.


16 sCuántos electrones puede haber, como máximo, en el nivel n = 3?

En el nivel n = 3 puede haber como máximo 18 electrones.


EJERCICIOS PROPUESTOS

1 sCuál es la longitud de onda, expresada en A, asociada a un electrón que se mueve a 150.000 km/s? (Dato: masa del electrón: 9  l0–28 g.)

Según De Broglie, la longitud de onda asociada a una partícula en movimiento es:
 = h / m  v
como la constante de Planck h = 6,62  10–34 Js poniendo los datos en el S.I.
m = 9,11  10–28 g = 9,11  l0–31 kg ; v = 150.000 km/s = 1,5  108 m/s
 = (6,62  10–34 Js) / (9,11  10–12 kg)  (1,5  108 m/s) =
= 4,84– l0–12 m  1010 A/m = 4,84  l0–2 A


2.– Calcula la cantidad de movimiento de un fotón de luz roja cuya frecuencia es 4,4  10–28 s–1.

La cantidad de movimiento de un fotón será: p = h/ = (h  ) /  =
= (6,62  10–34 Js  4,4  1014 s–1) / (3  108 m/s) = 9,71  l0–28 kg  m  s–1


3.– Calcula en eV la energía de los fotones de una onda de radio de 5 MHz de frecuencia.
(Dato: carga del electrón: 1  l0–19 C.)

La energía de un fotón es igual: E = h   = (6,62  1034 Js) (5  106 s–1) = 3,31  10–27 J
Como 1 eV = 1,6  10–9 J ; E = (3,31 10–27)  (1,6  10–19) = 2,07  10–8 eV


4.– Halla el valor de la energía que se libera cuando el electrón de un átomo de hidrógeno excitado pasa del nivel n = 4 al n = 3. (Datos: RH = 1  10–7 m–1; h = 6,62  l0–34 J s.).

Sabemos que la energía que se libera será: E = h  v = h (c/) = h  c  RH (1/32 – 1/42) =
= (6,62 10–34 J  s)  (3  10–8 m  s–1)  (l,l  107 m–1) (1/9 – 1/16) = 1,06  10–19 J


5.– Un electrón excitado de un átomo de hidrógeno vuelve a su estado fundamental y emite radiación electromagnética de 180 nm. Calcula
a) La frecuencia de la radiación.
b) La diferencia de energía interna entre los dos niveles electrónicos expresada en julios.

La frecuencia de una radiación es igual:  = c/ = (3  108 ms) / (18  l0–18m) =
= 1,66  105 s–1 = 1,66  105Hz
E = h  v = (6,62  10–34 Js)  (1,66  l015 s–1) = 1,1  10–18 J


6.– Halla la distribución electrónica del Ca (Z = 20) y del N (Z = 7).

Ca (Z = 20) = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 ; N (Z = 7) = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d8


7.– Escribe la configuración electrónica de: a) 17C1. b) 17C1–. c) 27Co.

a) Cl (Z = 17) = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5
b) Cl (Z = 17) = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6
c) Co (Z = 27) = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d7


8 Escribe la configuración electrónica de los elementos cuyos números atómicos son 28 y 32.

(Z = 28) = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d8; corresponde al níquel.
(Z = 32) = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p2; corresponde al germanio.


Indica si las siguientes configuraciones electrónicas corresponden a un átomo en estado fundamental, en estado excitado, o si no son válidas:
a) 1s2 2s2 2p3 3s1
b) 1s2 2s2 2p4
c) 1s2 2s3 2p6 3s2
d) 1s2 2s3 2p6 3s2 3p1 4s1 2p6

a) y d) Estado excitado; b) Estado fundamental.
c) No es válida, porque en un orbital s no puede haber tres electrones.


10 Especifica el símbolo de todos los elementos que:
a) Tienen la configuración electrónica del tipo ns2 np3
b) Tienen lleno el subnivel p del último nivel.

a) Estaconfiguración electrónica corresponde a N, P, As, Bi.
b) Corresponde a los gases nobles He, Ne, Ar, Kr, Xe, Rn.


11 La configuración electrónica del Cr es (Ar) 4s1 3d5. sCuáles son los cuatro números cuánticos para cada electrón sin aparear del Cr?

n

m
s
4
0
0
+1/2
3
2
2
+1/2
3
2
1
+1/2
3
2
0
+1/2
3
2
–1
+1/2
3
2
–2
+1/2


12.– Cada una de las siguientes configuraciones corresponden al subnivel al que se añade el último electrón. Escribe el símbolo del átomo correspondiente y su configuración electrónica completa.
a) 2p4 b) 3s1 c) 3p2 d) 3d2.

a) O = [He] 2p4; b) Na = [Ne] 3s1
c) Si = [Ne] 3s2 3p2; d) Ti = [Ne] 3s2 3p6 4s2 3d2


13 Escribe la configuración electrónica del molibdeno y de la plata.
Mo: [Kr] 5s1 4p5 ; Ag: [Kr] 5s1 4d10


14.– Escribe la configuración electrónica de los aniones F–, Cl– y Br–.

F–: [He] 2s2 2p6 ; Cl–: [Ne] 3s2 3p6 ; Br–: [Ar] 3d10 4s2 4p6


15.– Escribe la configuración electrónica de los cationes Mn2+, Mn3+, Mn4+ y Mn7+.

Mn2+: [Ar] 3d5 ; Mn3+: [Ar] 3d4 ; Mn4+: [Ar] 3d3; Mn7+: [Ar].


16 Indica cuál o cuáles de los siguientes grupos de tres valores correspondientes a n,  y m son posibles.
a) (3, –1, 1). b) (1, 1, 3). c) (4, 2, 0). d) (0, 0, 0). e) (5, 3, –3). f) (3, 1, 1).

Son permitidos c), e) y f).
a) No es permitido porque el número cuántico  no puede ser negativo.
b) No es permitido porque si n = 1, el número  = 0.
d) No es permitido porque n no puede ser 0.


17 Indica los cuatro números cuánticos que caracterizan a cada uno de los seis electrones del carbono en su estado fundamental.

n

m
s
1
0
0
+1/2
1
0
0
–1/2
2
0
0
+1/2
2
0
0
–1/2
3
1
–1+l/2
3
1
0
–1/2


18 Sean las configuraciones electrónicas de los átomos neutros: A (1s2 2s2 2p6 3s1) ; B (1s2 2s2 2p6 6p1)
Razona si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones:
a) A y B representan elementos distintos.
b) Se necesita energía para pasar de A a B
c) Se requiere una energía menor para arrancar un electrón de B que de A.

a) Falsa. A y B son el mismo elemento porque tienen el mismo número de electrones.
b) Verdadera. A está en estado fundamental y B en estado excitado.
c) Verdadera. Como B está en estado excitado, se requiere menor energía para arrancarle su electrón.


19 Explica por qué estas notaciones no son correctas para el átomo de nitrógeno.
a) 1s2 2s2 2p3
b) 1s2 2s2 2p3
c) 1s2 2s2 2p3
d) 1s2 2s2 2p3

a) En el orbital 1s los dos electrones poseen el mismo spin (contradice el principio de exclusión de Pauli) y en los 2p no están desapareados, como dice la regla de Hund.
b) Se cumple la máxima multiplicidad, pero los electrones 2p no tienen paralelos sus spines.
c) No puede haber tres electrones en un mismo orbital.
d) No se cumple la regla de Hund de máxima multiplicidad.

20 Escribe los posibles valores de los cuatro números cuánticos, n, , m y s, para un electrón de un orbital 3d.

n

m
s
3
2
–2
+1/2
3
2
–2
–1/2
3
2
–1
+1/2
3
2
–1
–1/2
3
2
0
+l/2
3
2
0
–1/2
3
2
1
+1/2
3
2
1
–1/2
3
2
2
+1/2
3
2
2
–1/2


21.– Teniendo en cuenta los valores que pueden tener los números cuánticos, deduce razonadamente:
a) sCuántos electrones caben en un subnivel d?
b) sCuántos electrones puede haber en el nivel n = 1?

a) Como en el subnivel d hay 5 orbitales y cada uno de ellos puede alojar dos electrones, en total podrá haber diez electrones.
b) En el nivel 1 sólo puede haber un subnivel s y en éste dos electrones.22 sA qué átomos corresponden las siguientes configuraciones electrónicas?
a) (Ne) 3s2
b) (Ar) 3d5 4s1
c) (Kr) 4d10
d) (Kr) 4d10 5s1 5p6 6s1.

a) Mg (Magnesio) ; b) Cr (Cromo); c) Pd (Paladio); d) Cs (Cesio).



TEMA 3 TABLA PERIODICA
CUESTIONES

1 sPor qué el primer período sólo tiene dos elementos?

Porque en el primer nivel sólo hay un subnivel s con dos electrones.


sQué caracteriza a los elementos de transición? sY a los de transición interna?

Que tienen electrones en el subnivel d del penúltimo nivel. Que tienen electrones en el subnivel f del antepenúltimo nivel.


sA qué se debe la gran estabilidad de los gases nobles?

A que tienen ocho electrones en su último nivel.


sCuáles son los elementos representativos del sistema periódico?

Son los que poseen subniveles s y p incompletos y todos los anteriores ocupados. Tienen configuraciones de la ns1 a la ns2 np5.


De los elementos H, Na y S, scuál será el que tenga menor volumen atómico y cuál el mayor?

Según la variación del volumen: H < S < Na.


6 sEn qué grupo del sistema periódico sus elementos tienen el mayor volumen atómico?

En el grupo primero, correspondiente a los alcalinos.


sPor qué el volumen atómico del magnesio es menor que el del calcio?

Porque el volumen aumenta de arriba abajo, y al tener el magnesio un nivel menos, el volumen sería menor.


sPor qué el radio del Na+ es menor que el de Na?

Porque al perder el sodio el único electrón de su último nivel, el ion Na+ tendrá un nivel menos y por tanto un volumen menor.


sQué ion tiene mayor radio, el Br- o el Rb+?

El Rb+, porque la fuerza atractiva del núcleo es mayor.


10 sPor qué el segundo potencial de ionización es mayor que el primero?

Porque es más difícilarrancar el segundo electrón, al ser mayor la fuerza electrostática del núcleo.


11 El potencial de ionización del potasio, ses mayor o menor que el del rubidio? sPor qué?

El potencial de ionización del potasio es mayor que e1 del rubidio, porque en este, debido al efecto pantalla de los electrones interiores, la atracción del núcleo sobre el electrón del último nivel es menor.


12 sTiene el berilio mayor o menor afinidad electrónica que el nitrógeno? sPor qué?

Menor, porque la afinidad electrónica aumenta, en un mismo periodo, hacia la derecha.


13 sCómo son las propiedades periódicas de los elementos con carácter metálico fuerte?

Son elementos con baja energía de ionización baja afinidad electrónica y baja electronegatividad.


EJERCICIOS PROPUESTOS

1 Dados los elementos 7N, 12Mg, 20Ca, 9F y 5B.
a) Ordénalos de menor a mayor energía de ionización.
b) Indica a qué grupo del sistema periódico pertenece cada uno.

a) La energía de ionización de menor a mayor sería: Ca < Mg < B < N < F
b) N; grupo 15.
Mg y Ca; grupo 2.
F; grupo 17.
B; grupo 13.


sQué puedes decir de las propiedades periódicas del elemento Z = 4?

Su estructura electrónica es 1s2 2s2 y corresponde al berilio. Tiene el volumen y radio menor de los de su grupo, baja energía de ionización, electronegatividad y afinidad electrónica.


De las siguientes parejas, 6C y 9F; 38Sr y 34Se; 3Li y 6C, indica cuáles de los dos elementos tendrá:
a) Mayor volumen atómico. b) Menor afinidad electrónica.

a) Según la situación de estos pares en el sistema periódico y como varía el volumen atómico
F > C ; Sr > Se ; Li > C
b) Teniendo en cuenta quela afinidad electrónica aumenta en el sistema periódico de izquierda a derecha y de abajo arriba: C < F ; Sr < Se ; Li < C


4.– Dados los elementos de números atómicos 11, 20, 9, 47 y 18, deduce cuál de ellos:
a) Es un alcalinotérreo.
b) Tiene una estructura electrónica 1s2 2s2 2p6 3s1
c) Es un metal de transición.
d) Tiene gran estabilidad química.
e) Tiene una afinidad electrónica grande.

a) 20 b) 11 c) 47 d) 18 e) 9.


Sabiendo que la estructura electrónica de un elemento es 1s2 2s2 2p4, deduce si este elemento tiene:
a) Alto potencial de ionización.
b) Carácter metálico.
c) Baja electronegatividad.
c) Radio atómico pequeño.

a) Sí, tiene alto potencial de ionización, es el oxígeno.
b) No, es un no metal.
c) No, tiene alta electronegatividad.
d) Sí, porque no tiene más que dos niveles.


Dado un elemento cualquiera del tercer período, compara su radio atómico y su energía de ionización:
a) Con el elemento situado a su derecha.
b) Con el elemento que tiene por debajo.

a) Tendrá mayor radio que el situado a su derecha, porque el radio atómico en un periodo disminuye hacia la derecha, y menor energía de ionización porque ésta aumenta hacia la derecha.
b) Tendrá mayor energía de ionización, porque en un mismo grupo disminuye hacia abajo, y menor radio atómico porque éste aumenta hacia abajo.


Las primeras energías de ionización (en kJ/mol) de los elementos de un mismo período son:
A = 1.400; B = 1.660; C = 494 y D = 1.090. Deduce cuál sería un alcalino y cuál un halógeno.

C sería un alcalino, porque es el que tiene menor energía de ionización, y B sería un halógeno, por ser el de mayor energía de ionización.


Tres elementos tienen de número atómico 19, 35 y 54, respectivamente. Indica
a)Grupo y período al que pertenecen. b) sCuál tiene mayor afinidad electrónica? c) sCuál tiene menor potencial de ionización?
a) Z= 19, su estructura es [Ar] 4s1, luego es un alcalino, estará en el 4s periodo y en el grupo 1.
Z = 35, su estructura es [Ar] 4s2 4p5, luego es un halógeno, estará en el 4s periodo y en el grupo 17.
Z = 54, su estructura es [Kr] 5s2 4d10 5p6, es un gas noble, estará en el quinto período y en el grupo 18.
b) El de mayor afinidad electrónica será el halógeno, es decir el 35.
c) El de menor potencial de ionización será el alcalino, es decir, el 19.
d)


TEMA 4 ENLACE QUÍMICO
CUESTIONES

1 sQué es el momento dipolar de un enlace? Relaciona el mismo con la solubilidad en agua de un compuesto.

Véase página 74 del texto. Si una molécula presenta momento dipolar o, lo que es igual, si la resultante de la suma vectorial de los momentos dipolares de la molécula es no nula, la molécula en cuestión será soluble en agua.


Bajo el punto de vista de la energía, squé diferencia hay entre un orbital enlazante y un antienlazante?

La formación del orbital enlazante rebaja la energía respecto a los orbitales atómicos por separado, mientras que la del antienlazante la aumenta en igual medida en la que el enlazante la rebaja. De ahí que para que pueda formarse una molécula es preciso que haya más pares de electrones en orbitales moleculares enlazantes que en antienlazantes.


Justifica la aplicación del concepto de hibridación para la formación de la molécula de metano.

Véase página 69 del texto.


Explica la influencia de la temperatura en la conductividad de los metales.

En un metal, un aumento de temperatura implica un aumento del número de los electrones deslocalizados del mismo en su tránsito de la banda de valencia a la de conducción. Esto puede acarrear quese estorben unos a otros, con la consiguiente disminución de la movilidad y, en consecuencia, de la conductividad.


EJERCICIOS PROPUESTOS

1 Explica el concepto de orden de enlace y aplícalo a las moléculas de nitrógeno, oxígeno y flúor. Comenta su relación con las energías de enlace.

Según la teoría de orbitales moleculares, se define orden de enlace como el número de pares de electrones situados en orbitales enlazantes menos el número de pares de electrones situados en orbitales antienlazantes, siendo preciso que dicha diferencia sea > 0 para que se produzca enlace.
Veamos los casos propuestos:
N2: la configuración electrónica del nitrógeno atómico es 1s2, 2s2, 2p3. Como posee 5 electrones en la capa de valencia, deberá alojar 10 electrones en los O.M. formados a expensas de los orbitales atómicos 2s y 2p de cada átomo. La configuración electrónica de la molécula N2 quedará:
KK (2s)2 (2s ï€S)2 (2px)2 (2py)2 (2pz)2 .
Tiene cuatro pares de electrones en orbitales enlazantes y un par en un orbital antienlazante, luego
el orden de enlace = 4 - 1 = 3. Se forma un triple enlace.

Operando análogamente con el oxígeno y el flúor se obtienen órdenes de enlace 2 y 1, respectivamente. La energía de enlace se corresponde con el orden del mismo, ya que es más fuerte un triple enlace que uno doble, y éste más que uno sencillo.


2.– Una de las formas cristalinas del SiO2, el cuarzo, funde a la temperatura de 1.610 sC y el CO2 sublima a –79 sC. Basándote en estos datos, squé diferencia puede haber entre ambas estructuras cristalinas?

La diferencia se debe al distinto grado de cohesión de las moléculas, mucho menos unidas en el caso del CO2 que en el del SiO2 donde tienden a formar grandes estructuras cristalinas.


Describe el esquema de enlace de la molécula de AsH3 en términos de hibridación.La configuración electrónica del nivel de valencia del átomo central es 3s2, 3px1, 3py1, 3pz1. El arsénico formará un hibrido sp3, en tres d cuyos cuatro lóbulos alojará a cada uno de los tres electrones desapareados, lóbulos que podrán solapar con los orbitales ls del hidrógeno. El cuarto lóbulo estará ocupado por un par solitario.


Expresa la naturaleza del enlace entre los átomos de las moléculas de cloro, cloruro de hidrógeno y metano, indicando en cada caso si el enlace está polarizado y si la molécula presenta momento dipolar permanente.

El enlace ClCl es un enlace covalente puro, en el que el par de electrones está compartido por ambos átomos en igual medida, por lo que el momento dipolar de la molécula es nulo.
En el enlace HCl aparece un momento dipolar , al ser más electronegativo el Cl que el H, y por ello atraer más hacia sí el par de electrones compartido. La molécula es un dipolo permanente.
En la molécula de metano hay cuatro enlaces polarizados, pero por la geometría de la misma (un tetraedro regular), el momento dipolar resultante es cero.


Representa las estructuras de Lewis y predice, según el método REPNV, la geometría de las moléculas de SiH4, CO2 y OF2. H
 Si H4 Estructura de Lewis: H : Si : H
H
Molécula tipo AB4, H
Si tetraédrica
H H H
.. ..
 CO2: Estructura de Lewis O :: C :: O: Molécula tipo AB2 O  C  O , lineal.
..
 FO2: Estructura de Lewis: F: O : F
š
Tiene dos pares libres, molécula tipo AB2E2: ..O tetraédrica
: F F


6.–Describe la geometría de la molécula HCï‚sC–BH–CH3 indicando la hibridación de los distintos enlaces implicados.

En la molécula HC ï‚s C  BH  CH3, los dos carbonos unidos por el triple enlace poseen hibridación sp, el boro presenta una hibridación sp2 mientras que el carbono del grupo metilo forma un hibrido sp3.


Define los términos siguientes poniendo ejemplos concretos que aclaren las respuestas: orbital atómico, orbital sigma, orbital pi, orbital híbrido, molécula dipolar.

Orbital atómico. Zona del espacio en la que existe una gran probabilidad de encontrar al electrón, es decir, zona en la que pueden alojarse uno o dos electrones de un determinado átomo.
Orbital sigma. Es el resultado del solapamiento frontal de dos orbitales atómicos, como sería el caso del orbital molecular formado por el solapamiento de los dos orbitales 1s del hidrógeno para formar la molécula H2.
Orbital pi. Es el que resulta del solapamiento lateral de dos orbitales atómicos. En el caso de la molécula de etileno, CH2  CH2, cada carbono forma un híbrido trigonal sp2, con cuyos tres lóbulos forma enlaces  con dos hidrógenos y el otro carbono. Los orbitales 2p que quedaron sin hibridar solapan lateralmente y dan lugar a un orbital .
Orbital híbrido. El que resulta de la mezcla que realiza un átomo de sus orbitales atómicos puros para facilitar el solapamiento con orbitales puros o híbridos de otro átomo. Es el caso de los híbridos sp3 que forma el átomo de carbono con un orbital s y tres orbitales p, para dar lugar, por ejemplo, a la molécula de metano.
Molécula dipolar es aquella que, debido a la diferencia de electronegatividad de sus componentes y a que su geometría no lo impide, presenta un momento dipolar no nulo, como es el caso de la molécula de H F.


8.– Dadasdos sustancias, A y B, que son, respectivamente, el dióxido del elemento X y el tricloruro del elemento Z, cuyas estructuras de Lewis son:

A = : O–X–O: B = : Cl – Z – Cl:
Cl
indica, según el método REPNV, la geometría de cada una de ellas.

A) : O  X  O: Molécula tipo AB2 : O  X  O : lineal
Cl
B) :Cl  Z Cl : Molécula tipo AB3 Z Trigonal plana
Cl Cl Cl


9. Dados los siguientes compuestos: NH3, NaClO3, Cl2CH4, CsF, LiBr
a) Clasifícalos según el tipo de enlace.
b) Explica su estado de agregación a temperatura ambiente.
c) Estudia su conductividad eléctrica.

a) El NH3 es un compuesto covalente; el Cl2CH4 no existe; los tres restantes son iónicos.
b) Los compuestos iónicos son sólidos, debido a qu forman redes cristalinas tridimensionales, en las que sus iones están fuertemente unidos entre por fuerzas de tipo electrostático. El amoniaco es un gas, debido a la ausencia de fuerzas de unión entre sus moléculas.
c) Los sólidos iónicos no son conductores de la electricidad, al no existir en ellos cargas libres. El amoniaco tampoco es conductor.


10.– Justifica la solubilidad o no en agua de las sustancias siguientes:
a) CCl4 b) BaF2 c) CH3–CH2OH d) CH3–CH3 e) NaCl

a) CCl4. Insoluble, por tener un momento dipolar resultante nulo.
b) BaF2. Soluble en agua, por ser iónico.

e) CH3 CH2OH. Soluble, debido a la polaridad del grupo OH.
d) CH3-CH3. Insoluble. Molécula apolar.
e) NaCl. Soluble. Se trata de un compuesto iónico.


11 El cloruro de sodio y el cloruro de magnesio son dos sólidos iónicos. Justifica cuál de ellos presentará mayor dureza y cual tendrá mayor punto defusión.

El cloruro de sodio, por haber mayor diferencia de electronegatividad entre sus componentes.


12 Comenta razonadamente la conductividad eléctrica de los siguientes sistemas:
a) Un hilo de cobre.
b) Un cristal de Cu (NO3).
c) Una disolución de Cu (NO3)2.

a) El cobre es un buen conductor de la electricidad. Como metal, posee en su estructura electrones deslocalizados, precisamente los de valencia. Al haber cargas libres, el elemento será conductor.
b) El nitrato de cobre (I) sólido no es conductor, debido a que los iones que lo forman están unidos unos a otros por fuerzas intensas de tipo electrostático. Esto supone la ausencia de cargas libres y, por tanto, la no conductividad.
d) El nitrato de cobre disuelto sí será conductor, ya que al disolver el sólido, los iones que lo forman quedan libres.



TEMA 5 LA ENERGÍA EN LAS REACCIONES QUÍMICAS
CUESTIONES

1 Mediante diagramas entálpicos, representa el transcurso de la reacción exotérmica:
CH2–CH2 + H2 CH3–CH3
Si la reacción inversa fuese posible, squé sería, exotérmica o endotérmica?

Ver diagramas entálpicos en el libro de texto. Si la reacción inversa fuese posible, sería endotérmica.


sPor qué muchas reacciones endotérmicas transcurren a alta temperatura?

Porque el producto TS debe ser mayor en valor absoluto que H para que la energía libre resulte < 0, y por ello la reacción es espontánea.


sCuándo se dice que una variable termodinámica es función de estado? sQué aplicación tiene esta propiedad?

Una variable termodinámica es función de estado cuando sólo depende de los estados inicial y final del proceso, independientemente del camino recorrido. La ley de Hess es una aplicación de esta propiedad.


Dada la reacción entre ácido acético (etanoico) y etanol para dar acetato de etilo y agua,formula
esta reacción y las de formación de todos los compuestos químicos que intervienen, explicando la ley de Hess con todas ellas.

a) CH3  COOH (l) + CH3  CH2OH CH3  COOCH2  CH3 (l) + H2O Hr = X
b) 2 C (s) + 2 H2 (g) + O2 (g) CH3  COOH (l) Hsf = Y
c) 2 C (s) + 3 H2 (g) + œ O2 (g) CH3  CH2OH (l) Hsf = Z
d) 4 C (s) + 4 H2 (g) + O2 (g) CH3 COOCH2  CH3 (l) Hsf = P
e) H2 (g) + œ O2 (g) H2O (l) Hsf = Q

Según la ley de Hess: X = –Y – Z + P + Q.


sCuándo un sistema termodinámico tendrá entropía nula?

Cuando se encuentre en equilibrio.


Si en cierta reacción H < 0 y S > 0 (ambas pueden considerarse constantes con la temperatura), razona cómo será la espontaneidad de dicha reacción en función de la temperatura.

La reacción será siempre espontánea, independientemente de la temperatura, puesto que G va a ser siempre < 0


7 Explica en clave termodinámica por qué en un vaso de agua abandonado largo tiempo aparecen burbujas en su interior.
La aparición de burbujas supone el paso de una situación (aire disuelto en el agua) a otra (aire separándose del disolvente). Puesto que dicha transición supone una evolución a un estado más desordenado, el proceso transcurrirá de forma espontánea a temperatura ambiente.


EJERCICIOS PROPUESTOS

1.– Los calores de combustión del carbono (s) y del benceno (l) son, respectivamente, –393,13 kJ/mol y –3.124 kJ/mol, y el de formación del agua (l), –286 kJ/mol.
a) Calcula el calor de formación del benceno.
b)sCuántas calorías se desprenden en la formación de 1 kg de benceno?

Las reacciones  dato que nos indica el ejercicio son:
(I) C (s) + O2 (g) CO2 (g) Hs = –393,13 kJ/mol
(II) C6H6 (l) + 15/2 O2 (g) 6 CO2 (g) + 3 H2O (l) Hs = –3.124 kJ/mol
(III) H2 (g) + œ O2 (g) H2O (l) Hsf = –285,9 kJ/mol

Y la reacción que se pide es: (IV) 6 C (s) + 3 H2 (g) C6H6 (l)

De acuerdo con la ley de Hess, como la reacción (IV) puede obtenerse por combinación de las reacciones (I), (II) y (III), según: (IV) = 6 (I) + 3 (III) – (II) el calor correspondiente a (IV) será:

Hsf (C6H6) = 6 (–393,13) + 3 (–285,9) – (–3.124) = – 92,48 kJ/mol

b) Los moles correspondientes a 1 kg de benceno son: n = 1.000 g / 78 g/mol = 12,82 moles

El calor desprendido en su formación: H = 12,82 moles (–92,48 kJ/mol) = –1.185,59 kJ
1.185,59 kJ
H (kcal) = ; H = 283,63 kcal
4,18 kJ/kcal


2.– Conocidas las siguientes entalpías de formación:
Hsf [(C3H8 (g)] = –103,8 kJ/mol; Hsf (CO2) = –393,13 kJ/mol; Hsf [(H2O (1)] = –286 kJ/mol, así como la capacidad calorífica del agua, que es igual a 4,18 kJ/kg  K:
a) Resuelve la ecuación termoquímica de combustión del propano a T = 298 K y p = 1,013  l05 Pa
b) Determina la cantidad de propano necesaria para calentar, en las condiciones anteriores, 50de agua (densidad 1 g/ml), desde 10 sC hasta 70 sC, suponiendo que el rendimiento es del 70%.

a) La reacción que nos piden es: C3H8 (g) + 5 O2 (g) 3 CO2 (g) + 4 H2O (l)
y las condiciones que se dan (tatención!) son las estándar, luego:

Aplicando la ley de Hess: Hsr=  (n Hsfp ) –  ( n Hsfr)

Hscombustión (C3H8) = 3 Hsf CO2 + 4 Hsf H2O – (5Hsf O2 + Hs f C3H8)

Hscombustión (C3H8) = 3 (–393,13) + 4 (–286) – [0 + (–103,8)]

Hscombustión (C3H8) = –2.219,59 kJ/mol

b) La cantidad de calor necesaria para calentar el agua es:
1 g 1 cal
50.000 ml   (70 – 10) sC = 3  106 cal (4,18J/cal) = 1,254  104 kJ
ml g  sC

1,254  104 kJ
Los moles de propano: = 5,65 moles
2.219,59 kJ/mol

44 g
La masa de propano: 5,65 moles  = 248,6 g
mol

como el rendimiento es del 70 % la masa de propano que se necesitará será:

248,6  100
= 355,14 g de propano
70


3.– Se obtiene cloruro de hidrógeno a partir de la reacción siguiente:
H2 (g) + Cl2 (g) 2 HCl (g); Hs = –184,42 kJ
a) Calcula la entalpia estándar de formación del cloruro de hidrógeno gas.
b) Determina la entalpía del enlace H–Cl si las entalpías de los enlaces H–H y Cl–Cl son, respectivamente, 435 kJ/mol y 243 kJ/mol.

a) La ecuación correspondiente a la reacción de formación del HCl (g) es:
œ H2 (g) + œ C12 (g) HCl (g) ; que es la que se indica en el enunciado dividida por 2, luego:
Hsf (HC1) = –184,42 / 2 = – 92,21 kJ/mol

b) La entalpía del enlace HCl se obtendrá de la siguiente forma:
H =  H enlaces rotos –  H enlaces formados
H = [435 /2 kJ/mol + 243 / 2 kJ/mol] – [ –92,21 kJ/mol] Hsf = 431,21 kJ/mol


4.– Dadas las siguientes ecuaciones termoquímicas:
2 Fe(s) + O2 (g) 2 FeO ; H = –266,26 kJ
4 Fe (s) + 3 O2 (g) 2 Fe2O3 (s); H = 1.659,46 kJ
calcula H para la reacción: 4 FeO (s) + O2 (g) 2 Fe2O3 (s)

La reacción 4 FeO (g) + O2 (g) 2 Fe2O3 (s)
puede obtenerse por combinación de las dos primeras, luego:
H = [1.659,46 kJ] – [2 (–266,26) kJ] ; H = 2.191,99 kJ


5.– La entalpía de combustión de un compuesto orgánico, de fórmula C6H12O2, es –2.540 kJ/mol. Sabiendo que la entalpía estándar de formación del CO2 es –393,13 kJ/mol y la del H2O (g) es –242 kJ/mol, calcula la entalpía de formación de dicho compuesto.

Las reacciones dato son:
I) C6H12O2 (1) + 6/2 O2 (g) 6 CO2 (g) + 6 H2O (g) Hs = –2.540 kJ/mol
II) C (s) + O2 (g) CO2 (g) Hs = –393,13 kJ/mol
III) H2 (g) + œ O2 (g) H2O (g) Hs = –242 kJ/mol

Y la que se pide IV): 6 C (s) + 6 H2 (g) + O2 (g) C6H12O2 (l)
puede obtenerse combinando las tres primeras, luego, según la ley de Hess: (IV) = 6 (II) + 6 (III) – (I)

Hr = [6 (–393,13) + 6 (–242)] – [(–2.540)] Hr = –1.270,78 kJ


6.– Calcula el calor necesario para la descomposición de un mol de carbonato de calcio:
CaCO3 (s) CO2 (g) + CaO (s)
sabiendo que las entalpías de formación del dióxido de carbono, del óxido de calcio y del carbonato de calcio son, respectivamente, –393,13 kJ/mol, –633 kJ/mol y –1.207 kJ/mol.

Como Hr =  (nHsfp ) –  (nHsfr ) ; Hr = [(–633) – (393,13)] –[(–1.207)] ; Hr = –180,87 kJ/mol


7.– Calcula el calor de formación del propano, conociendo el calor de combustión de dicha sustancia,
–2.220 kJ/mol; el calor de formación del agua (l), –286,0 kJ/mol, y el calor de formación del dióxido de carbono, –393,13 kJ/mol.
La reacción de formación del propano es: 3 C (s) + 4 H2 (g) C3H8 (g)
Las reacciones dato son:
I) C3H8 (g) + 5 O2 (g) 3 CO2 (g) + 4 H2O (l) Hs = –2.220 kJ/mol
II) C (s) + O2 (g) CO2 (g) Hs = –393,13 kJ/mol
III) H2 (g) + œ O2 (g) H2O (l) Hs = –286,0 kJ/mol

El calor de la reacción que se pide se puede obtener en función de estas tres reacciones: [4 (III) + 3 (II)] – [ I]
Hsr = [4 (–286) + 3 (–393,13)] – [(–2.220)] ; Hsr = –103,39 kJ/mol


8.– El carbono a alta temperatura reacciona con vapor de agua, produciendo monóxido de carbono e hidrógeno. El monóxido de carbono obtenido puede reaccionar posteriormente con vapor de agua, produciendo dióxido de carbono e hidrógeno. Calcula las entalpías de ambos procesos, sabiendo que las entalpías molares de los compuestos indicados son: monóxido de carbono, –110 kJ/mol; dióxido de carbono, –393,13 kJ/mol; agua (vapor), –242 kJ/mol.

Las dos reacciones son:
a) C (s) + H2O (g) CO (g) + H2 (g)
b) CO (g) + H2O (g) CO2 (g) + H2 (g)
Las entalpías respectivas:
Hsa = [–110,4] – [(–242)] = 131,6 kJ/mol ; Hsb = [–393,13] – [(–242 – 110)] = – 41,13 kJ/mol


9.– El manganeso metal puede obtenerse por reacción en estado sólido del óxido de manganeso (IV) con aluminio: Aluminio + Óxido de manganeso (IV) Óxido de aluminio (III) + Manganeso
Calcula el calor de reacción,referido a un mol de manganeso formado, sabiendo que el calor de formación del óxido de aluminio es –1.676 kJ/mol y el del óxido de manganeso (IV) es –521 kJ/mol.

El calor de la reacción 4 Al + 3 MnO2 2 A12O3 + 3 Mn puede obtenerse, de acuerdo con la ley de Hess, de la forma siguiente:
Hsr = 2 Hs (Al2O3) – 3 Hs (MnO2) Hs = 2 (– l.676 kJ/mol) – 3 (–521 kJ/mol) = –1.789 kJ/( 3)mol

y el calor por UN mol de Mn formado: Hs = –1.789 / 3 ; Hs = –596,33 kJ/mol de Mn


10.– Escribe las ecuaciones químicas correspondientes a los procesos de formación, a partir de sus elementos, del dióxido de carbono y del dióxido de azufre y la reacción de combustión del disulfuro de carbono. Determina la entalpía de formación del disulfuro de carbono.
(Datos: Entalpías de formación del dióxido de carbono y dióxido de azufre, –393 kJ/mol y
–296 kJ/mol, respectivamente; entalpía de combustión del disulfuro de carbono, –1.073 kJ/mol.)

I) C (s) + O2 (g) CO2 (g) Hsf = –393,13 kJ/mol
II) S (s) + O2 (g) SO2 (g) Hsf = –296 kJ/mol
III) CS2 (s) + 3 O2 (g) CO2 (g) + 2 SO2 (g) Hsc = –1.073 kJ/mol

El ejercicio pide Hsf del disulfuro de carbono: C (s) + 2 S (s) CS2 (s)
la reacción que nos piden es: [(I) + 2 (II)] – [(III)] luego:

Hsf (CS2) = [Hsf (CO2) + 2 Hsf (SO2)] – [Hsc (CS2)] = [(–393,13) + 2(–296)] – [(–1.073)]

Hsf (CS2) = 87,87 kJ/mol


11.– Las entalpías de formación del dióxido de carbono, agua y ácido fórmico (metanoico) son, respectivamente, –393,13 kJ/mol, –242 kJ/mol y –4l5 kJ/mol. Halla laentalpía de combustión del ácido metanoico.

Se trata de hallar la entalpía de la siguiente reacción: HCOOH (l) + œ O2 (g) CO2 (g) + H2O (l)
A partir de las reacciones:
I) C (s) + O2 (g) CO2 (g) Hsf = –393,13 kJ/mol
II) H2 (g) + œ O2 (g) H2O (g) Hsf = –242 kJ/mol
III) C (s) + H2 (g) + O2 (g) HCOOH (l) Hsf = –415 kJ/mol
Según esto: (I) + (II) – (III); Hsc (HCOOH) = [(–393,13) + (–242)] – [(–415)] = –220,13 kJ/mol


12.– Calcula la variación de energía libre de Gibbs en la reacción:
C2H2 (g) + 5/2 O2 (g) 2 C O2 (g) + H2O (l)
Las energías libres para CO2, H2O, O2 (g) y C2H2 son, respectivamente, –393,13 kJ/mol, –249,5 kJ/mol, 0 kJ/mol y 209,00 kJ/mol.

Gsreacción =  (n Gsp) –  (n Gsr); Gsreacción = [2 (–393,13) – (249,5)] – [(0) + (209,00)]

Gsreacción = –1.244,7 kJ/mol


13.– Calcula G a 25 sC para la reacción: N2 (g) + 3 H2 (g) 2 NH3 (g)
Sabiendo que el calor de formación del amoniaco a 25 sC es –46,14 kJ/mol y las entropías a 25 sC
del NH3, H2 y N2 son, respectivamente, 192,32, 130,70 y 191,02 J/mol K.

Gs = H – TS ; Gsr =  ( np Ssp) –  (nr Ssr)
Ssr = [2  (192,32)] – [3  (130,70) + (191,02)]; Ssr = –198,48 J/mol  K

Gs = H – TS = [2 (–46.140)] – [298 (–198,48)]; Gs = –30.749 J


14.– Calcula por encima de qué temperatura será espontánea una reacción entre gases si, Hs = 4.320 kJ/mol y Ss = 1.300 kJ/mol K.

En el equilibrio, G = 0, luego: G = H – TS  H – TS = 0
4.320 kJ/mol
Si, H – TS = 0; T = ;T = 3,32 K
1.300 kJ/mol K
Como para que sea espontánea G debe ser < 0, esto se producirá para T > 3,32 K.


15 Para una reacción Ss = 209 J  mol–1  K–1 a 25 sC, scuánto tendrá que valer Hs para que la reacción sea espontánea?

H tendrá que tomar valores tales que hagan que Gs < 0: Hs – TS < 0: Hs < TSs
Hs < 298 K  0,209 kJ/mol K ; Hs < 62,28 kJ/mol


16.– Para la obtención del cloruro de etilo pueden emplearse dos procedimientos:
a) C2H6 (g) + C12 (g) C2H5Cl (g) + HCl (g)
b) C2H4 (g) + HCl (g) C2H5Cl (g)
Sabiendo que la entropía del proceso a) es 209 J/mol K, la del b) –128,6 J/mol K y que las entalpías de formación del cloruro de etilo, cloruro de hidrógeno, etano y eteno, son, respectivamente, –104,9 kJ/mol, –92,21 kJ/mol, –84,86 kJ/mol y +52,25 kJ/mol, indica cuál de los dos procesos es más conveniente.

Hsr (a) = –92.210 – 104.900 – (–84.860) = – 112.250 J
Hsr (b) = –104.000 – (–92.210 + 52.250) = – 64.040 J

Gsa = – 112.250 J – 298 (209) ; Gsa = – 174.532 J
Gsb = – 64.040 J – 298 (–128,6) ; Gsb = – 25.717,2 J

Luego el proceso más conveniente es el (a).

TEMA 6 VELOCIDAD DE REACCIÓN
CUESTIONES

1 En la siguiente reacción, AB (s) A (g) + B (g), razona cómo variará la velocidad de la misma, si AB, inicialmente en bloque compacto:
a) Se divide en bolitas de 1 mm de diámetro.
b) Se tritura hasta polvo fino. Explica el significado de la ley de velocidad de reacción.

a) Aumentará la velocidad. b) Volverá a aumentar, pudiendo llegar la reacción a ser violenta.
La ley de velocidad de una reacción, por ejemplo A + B productos
v = k [A]ït [B]expresa la relación entre la velocidad de la reacción y la concentración de los reactivos, siendo los exponentes ït , los órdenes parciales de reacción para cada uno de los reactivos. Se obtienen experimentalmente

2 sQué se entiende por choque eficaz?

Véase Apartado 6.1 del texto.


Una reacción tiene una energía de activación de 60 kJ/mol y otra de 90 kJ/mol. A igualdad de todos los demás factores, scuál será más rápida?

La que necesite menor energía de activación, porque así se llegará antes a la obtención de productos. En este caso la más veloz es la primera.


Explica el significado de la ley de velocidad de reacción.

Véase Apartado 6.4 del texto.


El propano, gas ampliamente utilizado como combustible doméstico, arde con facilidad en presencia de oxígeno. Sin embargo, si simplemente se abre la llave de una cocina, sin hacer nada más, no sucede nada. Da una explicación.

Para que comience la combustión es preciso aportar una energía de activación, proporcionada, por ejemplo, por la llama de una cerilla.


6. Explica qué es el complejo activado en una reacción.

Véase Apartado 6.2 del texto.


Según la ecuación de Arrhenius, scómo variará la constante de velocidad de una reacción si aumenta la energía de activación?

Disminuye, ya que k = A e –Ea /RT , o sea, k = A / e Ea /RT, por lo que si aumenta Ea, disminuirá k.


sQué se entiende por mecanismo de una reacción? Pon un ejemplo.

Veáse el apartado 6.5 del texto


9 sEn qué consiste la acción de un catalizador sobre una reacción? Dibuja sobre un mismo gráfico el esquema de una reacción catalizada y la misma sin catalizar.

Véase página 111 del texto.


10 sQué diferencia de comportamiento tienen los catalizadores utilizados en la catálisis homogénea y en la heterogénea?

En la catálisishomogénea, el catalizador se «implica» en la reacción formando parte de algún intermedio de la misma. En la heterogénea, en cambio, se limita a proporcionar un «lugar de encuentro» a las sustancias reaccionantes, fijándolas hasta que reaccionan.


11 Explica cómo variará la velocidad de una determinada reacción si se duplica la temperatura (suponemos que la energía de activación permanece constante).

Aplicando la ecuación de Arrhenius a cada caso, la relación de las constantes de velocidad queda
ln (k1 / k2) = – Ea / 2RT


12.– sQué relación existe entre el orden de una reacción y su estequiometría?

No hay relación. El orden de una reacción se determina experimentalmente.


EJERCICIOS PROPUESTOS

1 A 600 K la descomposición del NO2 es de segundo orden, con una velocidad de 2  10–3 moll–1s–1 cuando la concentración de NO2 es 0,080 M. Escribe la expresión de ley de la velocidad y calcula el valor de k.

v = k [NO2] 2; k = v / [NO2]2 = 2  10–3 / 0,0802 (moll–1s–1 ) / (moll–1)2 = 0,31 mol–1  l  s–1


2.– La velocidad de una determinada reacción viene dada por la expresión: v = k [A]  [B]3
a) sCuál es el efecto que tendrá sobre la velocidad de reacción un aumento del doble de la concentración de B?
b) sCuál es el orden de reacción respecto a B?

Si v1 = k [A]  [B

a) la nueva concentración es 2B
Como v1 = k [A]  [2B]3; dividiendo miembro a miembro resulta v2 = 8 v1

b) El exponente de [B] es el orden de reacción respecto a dicho reactivo, es decir, 3.


Para la reacción A + B productos se han hallado experimentalmente los siguientes datos:

t (s)
[A]
0
0,075
30
0,055
60
0,040
90
–

Dibuja la gráfica ln [A] frente a t, y a partir de ella, deduce el orden de reacción y el valor de la constante de velocidad.La reacción es A + B productos. La tabla de datos experimentales es

[A]
ln[A]
t
0,075
–2,6
0
0,055
–2,9
30
0,04
–3,2
60
0

90

Representando ln [A] frente a t, se obtendrá una recta, lo cual indica que el orden = 1. La pendiente de la recta da el valor de k = 10–2 s–1


4 Dada la reacción 2 NO (g) + O2 (g) 2 NO2 (g), establece la relación que existirá entre la velocidad de desaparición de NO y O2 y entre la velocidad de desaparición de O2 y la de aparición de NO2.

2 NO (g) + O2 (g) 2 NO2 (g)

Por cada 2 moles de NO que se ponen en la reacción hay que poner un mol de oxígeno, luego:
v NO = 2 v O2
Por otra parte, cada mol de O2 que interviene en la reacción da lugar a 2 moles de NO2, luego:
v O2 = œ v NO2


5.– La constante de velocidad para una reacción de primer orden es 3,46  10–6 s–1 a 298 K. Halla la constante de velocidad a 350 K si la energía de activación es 50,2 kJ/mol.

De acuerdo con la ecuación de Arrhenius, v = k  e –Ea/RT

k1 = A e –Ea / RT1 Dividiendo miembro a miembro y tomando logaritmos neperianos, queda:
k2 = A e –Ea / RT2 ln k1 / ln k2 = Ea / R (1/T2 – 1/T1) y sustituyendo:

3 46  10–6 50.200 1 1
ln = – = –3,01 ; k2 = 7,04  10 –5 s–1
k2 8,31 350 298


6.– Dos sustancias, A y B, se combinan mediante una reacción de la que se han obtenido los siguientes datos:


[A]
[B]
v (mol  l–1  s–1 )
0,25
0,15
3  10–4
0,50
0,15
3  10–4
0,50
0,30
6  10–4
0,50
0,459  10–4
Halla la ecuación de la velocidad y el valor de k.

Del cuadro se deduce que la reacción es de orden cero respecto de A, puesto que fijando [B], la velocidad no varía al aumentar [A], y de primer orden respecto a B, ya que al fijar [A], se duplica la velocidad cuando [B] se duplica, luego v = k [B] y, k = v / [B]:

 v (6  10 –4 – 3  10–4)
k = ; k = ; k = 2  10–3 s–1
[B] (0,30 – 0,15)


7.– Para la reacción A (g) 2 B (g) la concentración de A desciende desde 4 hasta 2,5 mol–1. Calcula la velocidad de desaparición de A si el tiempo de reacción es de 10 segundos.

2,5 mol  l–1 – 4 mol  l–1
v = ; v = – 0,15 mol  l–1  s–1
10 s


8.– En una reacción del tipo A (g) B (g) se han medido las velocidades cuando la concentración de A era 0,10 M y cuando era 0,040 M. sCuál será el orden de la reacción si la relación entre la velocidad para el primer caso y la velocidad para el segundo resultó ser de 6,25?

La reacción es A (g) B (g), siendo las respectivas leyes de velocidades:

v 1 = k [A]ït 1 v 1 [A]ït 1
v 2 = k [A]ït 2 v 2 = [A]ït 2

6,25 = (10–1 / 410–2)ït ; 6,25 = 2,5ït ; ït = 2


9.– La energía de activación para cierta reacción es Ea = 198 kJ/mol , siendo la constante de velocidad k = 5  10–6 s–1 a 25 sC. sQué temperatura debe alcanzar la reacción para que k valga 5  10–5 s–

Según la ecuación de Arrhenius: k = A e–Ea/RT

5 10 –6 = A e –198.000/8,31  298 Dividiendo miembro a miembro
5 10 –5 = A e –198.000/8,31  T y tomando logaritmos neperianos:
ln 10–1 = 198.000/8,31 (1/T – 1/298) ; T = 307,4 K


10.– En un proceso químico la constante de velocidad es 3,2  10–5 s–1 a 300 K y 1,6  10–4 a 350 K. Halla el valor de la energía de activación.

Como la constante de velocidad k = A e –Ea/RT ;
3,2  10–5 = A e – Ea/83,1  300
1,64  10–4 = A e – Ea/8,31  350

3,2  10–5 Ea Ea
ln = – ; Ea = 28,44 kJ/mol
1,64  10–4 8,31  350 8,31  300


11.– Halla las unidades de la constante de velocidad k para la reacción en fase gaseosa:
Br2 (g) + C12 (g) 2 BrCl (g)
que es de primer orden respecto a [Br] y a [Cl].

Br2 (g) + C12 (g) 2 BrCl (g) ; v = k [Br2] [C12] ; k = v / [Br2] [C12]

mol  l–1  s–1
k = ; k = (mol–1  l  s–1)
(mol  l –1) 2


12.– Una reacción en fase gaseosa: X (g) + Y (g) Z (g) resulta ser 1,5  103 veces más rápida a 250 sC que la misma reacción a 150 sC. Si se supone constante el factor de frecuencia, calcula la energía de activación para esta reacción.

Aplicando la ecuación de Arrhenius: k1 / k2 = e Ea/R (1/T2 – 1/T1)

1 Ea 1 1
ln = – ; Operando, Ea = 134,20 kJ/mol.
1,5 103 8,31 523 423


13.– La constante de velocidad de una reacción de primer orden es 4,60  10–4 s–1 a 350 sC. Sabiendo que la energía de activación correspondiente vale 104 kJ/mol, calcula a qué temperatura la constante de velocidad tomará un valor de 8  10–4 s–1.

De acuerdo con la ecuación de Arrhenius,

4,60  10–4 104.000 1 1
ln = – T = 643,7 K ; 373,7 sC
8,80  10–4 8,31 T 623


14.– En la reacción en fase gaseosa, de primer orden: A (g) + B (g) C (g) + D (g) el factor de frecuencia vale 2  10–10 s–1. Halla la constante de velocidad a 127 sC si la energía de activación de dicha reacción es 70 kJ/mol.
k = A e –Ea/RT Sustituyendo: k = 2  10–10  e –70.000/8,31  400

k = 1,43  10–19 s–1

TEMA 7 EQUILIBRIO QUÍMICO
CUESTIONES

1.– Formula la ecuación de las constantes de equilibrio, Kp y Kc para cada una de las reacciones siguientes:
a) H2O (1) H2O (g)
b) 2 CaSO4 (s) 2 CaO (s) + 2 SO2 (g) + H2O (g)
e) 2 NO2 (g) + 7 H2 (g) 2 NH3 (g) + 4 H2O (g)
d) N2O5 (g) 2 N O2 (g) + 1/2 O2 (g)

a) Equilibrio heterogéneo: Kc = [H2O (g)]; Kp = pH2O

b) Equilibrio heterogéneo: Kc = [SO2 (g)] 2  [H2O (g)]; Kp = (pSO2(g)) 2  (pH2O(g))

[NH3]2 (p(NH3)) 2
c) Equilibrio heterogéneo: Kc = Kp =
[NO2] 2 [H2]7(p(NO2))2 (p(H2)) 7

[NO2] 2  [O2] œ (p(NO2))2 (p(O2)) œ
d) Equilibrio homogéneo: Kc = Kp =
[N2O5] (p(N2O5))


2.– sEn qué casos Kp = Kc?.

Como Kp = Kc (RT „n, en el caso en que n = 0, se igualarán ambas constantes.


sCómo puede saberse experimentalmente que se ha llegado al equilibrio químico?

Cuando al medir la concentración de los reactivos y productos de una reacción se observe la constancia en la misma a lo largo del tiempo.


Define equilibrio homogéneo y heterogéneo. Pon ejemplos de cada caso.

Equilibrio homogéneo es aquel en el que todos sus componentes se encuentran en la misma fase.

N2O4 (g) 2 NO2 (g
Equilibrio heterogéneo es aquel en el que sus componentes se encuentran en distinta fase.

AgCl (s) Ag+ (aq) + Cl– (aq


5.– Si en el equilibrio I2 (g) + H2 (g) 2 HI se duplica el volumen del recipiente, sen qué medida se verá afectado el equilibrio?

En ninguna, debido a la estequiometría de la reacción.
En la reacción N2 (g) + 3 H2 (g) 2 NH3 (g), sabiendo que la reacción directa es exotérmica, scómo puede aumentarse el rendimiento en amoniaco de la misma?

De acuerdo con la ley de Le Chatelier, de las siguientes formas
Disminuyendo la temperatura. Teóricamente, pero en la práctica esto no se usa.
Aumentando la presión.
Retirando producto.


Enuncia el principio de Le Chatelier. Si en una reacción A + B = AB, en fase gaseosa la constante vale 4,3 a la temperatura de 250 sC y tiene un valor de 1,8 a 275 sC, razona si dicha reacción será exotérmica oendotérmica y en qué sentido se desplazará al aumentar la temperatura.

Veáse libro de texto página 124.


En el equilibrio 2 C (s) + O2 (g) 2 CO (g), H < 0. Hacia dónde se desplazará el equilibrio si
a) Se añade CO.
b) Se añade C.
c) Se aumenta la temperatura.

a) Se desplaza a la izquierda.
b) Se desplaza a la derecha.
c) Se desplaza a la derecha.


sCómo afecta la adición de un catalizador a un equilibrio químico?

De ninguna manera.


10 Para el siguiente equilibrio en fase gaseosa: PCl5 PCl3 + Cl2 H > 0
explica en qué sentido se desplazará el equilibrio cuando:
a) Se añade cloro gaseoso.
b) Se eleva la temperatura.
c) Se aumenta la presión.

a) Se desplaza a la izquierda.
b) Se desplaza a la izquierda.
c) Se desplaza a la izquierda.


EJERCICIOS PROPUESTOS

1. – En un matraz de 1 litro se colocan 6 gramos de pentacloruro de fósforo gaseoso, se hace el vacío, se cierra el matraz y se calienta a 250 sC. El pentacloruro se disocia en cloro molecular y tricloruro de fósforo, ambos gaseosos. La presión alcanzada es 2,078 atm. Calcula Kp y el grado de disociación a dicha temperatura.

El número de moles iniciales (n) de PCl5 = 6 g/208 g/mol; n = 0,029 moles.

PCl5 PCl3 + Cl2
Moles iniciales
0,029
–
–
Moles en el equilibrio
0,029 – x
x
x

Moles totales, (n): (0,029 – x) + (x) + (x) = 0,029 + x Como: PV = nRT, n = PV / RT

n = 2,078  1 / 0,082  523; ; n = 0,048 moles; 0,048 = 0,029 + x; x = 0,019 moles.

De todo ello obtenemos:

Fracción molar PCl3 = C12 = n (PCl3)/ (n) = 0,019/0,048 = 0,40
Fracción molar PCl5 = n (PCl5)/ (n) = 0,0l/0,048 = 0,208

(2,078  0,40)  (2,078  0,40)Kp = ; Kp = 1,598
(2,078  0,208)
y teniendo en cuenta que se han disociado 0,019 moles de 0,029 moles iniciales el ït es: ït = 0,655.
(0,019 de 0,029; de 1 ït)


A 457 K y una atmósfera de presión el dióxido de nitrógeno está disociado en un 5 %, según la siguiente reacción: 2 NO2 (g) 2 NO (g) + O2 (g) Calcula Kc y Kp.

2NO2 (g) 2 NO (g) + O2 (g


2NO2 (g) 2 NO (g) + O2 (g)
Moles iniciales
2
–
–
Moles en el equilibrio
2 (1 – ït )
2ït
ït

Moles totales:  n = 2(1 – ït) + 2ït + ït = 2 + ït. Como PTotal = 1 atm ; ït = 0,05 sustituyendo y simplificando:

2ït  PT 2 2ït  PT
(pNO)2 (pO2) 2 + ït 2 + ït 0,05 (2  0,05)
Kp = ; Kp = ; Kp = = 6,76  l0–5
(pNO2)2 2 (1 – ït) PT 2 2,05  3,61
2 + ït
Y como Kc = Kp (RT)–n y n = 1; Kc = 6,76  l0–5 (0,082  457) –1 = 1,8 l0 –6


3.– A una cierta temperatura se produce la siguiente reacción: Xe (g) + 2 F2 (g) XeF4 (g). Se mezclan 0 moles de xenón con 0,8 moles de flúor en un recipiente de 2,0de capacidad. Cuando se alcanza el equilibrio, el 60 % del xenón se ha convertido en tetrafluoruro de xenón. Determina el valor de las constantes de equilibrio, Kc y Kp, y la presión total de la mezcla en el equilibrio.Xe (g) + 2 F2 (g) XeF4 (g) En el equilibrio habrá los siguientes moles:

Xe (g) + 2 F2 (g) XeF4 (g)
Moles iniciales / litro
0,4/2
0,8/2
–
Moles en el equilibrio
0,2 – x
0,4 – 2 x
x
como x = 60% n0 = 0,12
0,2 – x = 0,08
0,4 – 2 x= 0,16
0,12

como x = 60% de n0 = 0,12; ne XeF4 = 0,2 (60/100) = 0,12 moles; ne Xe = 0,2 – 0,12 = 0,08 moles

Como cada 2 moles de flúor se transforman en uno de XeF4, ne F2 = 0,4 – (2  0,12) = 0,16 moles

[XeF4] (0,12)
Kc = ; Kc = ; Kc = 58,6
[F2]2 [Xe] (0,16)2 (0,08)

Kp hay que expresarla en función de la temperatura, que no se da:

Kp = 58,6 (0,082  T) –2; Kp = 8.715  T–2 Moles totales n = 0,24 + 0,16 + 0,32 = 0,72 luego:

Como: PV = nRT; P = n RT / V ; p = 0,72  0,082  T / 2 ; p = 0,0295  T atm


4.– A 400 sC, una mezcla de hidrógeno, yodo y yoduro de hidrógeno contiene en el equilibrio 0,0031 moles de hidrógeno y de yodo y 0,0239 moles de yoduro de hidrógeno por litro. Calcula
a) La presión total de la mezcla.
b) Las presiones parciales de los componentes.
c) Los valores de las constantes de equilibrio.

El equilibrio es: I2 (g) + H2 (g) 2 HI (g) En el equilibrio, los moles de cada especie son
4
Yodo: 0,0031. Hidrógeno: 0 . Yoduro de hidrógeno: 0 . La suma total n = 0 moles.

a) Suponiendo comportamiento ideal de la mezcla de gases, p = nRT / v ; PT = 0,0301  0,082  673 / 1
PT = l, 66 atm ; Como: pH2 = xH2 PT ; pI2 = xI2 PT ; pHI = xHIPT

b) pH2 = p I2= 1,66 (0,0031/0,0301) = 0,171 atm ; pHI = 1,66 (0,0239/0,0301) = 1,319 atm
1,3192
Kp = = 59,49 ; c) Como n = 0, Kc = Kp = 59,49
0,1712


5.– Una mezcla en equilibrio en un matraz de 4contiene 2 moles de Br2, 1,25 moles de H2 y 0,5 moles de HBr. Calcula la constante de equilibrio a 25 sC.

2 HBr (g) Br2 (g) + H2 (g
Kc = [Br2] [H2] / [HBr]2 = (2/4)  (l,25/4) / (0,5/4) 2 Kc = 10,3


6.– Para la reacción entre gases ideales, PCl3 (g) + C12 (g) PCl5 (g)
la constante de equilibrio Kc vale 49 a 230 sC. Si se añaden 0 moles, tanto de PCl3 como de Cl2, a un recipiente de 5 litros, scuál sería la composición del equilibrio a esa temperatura?

PCl 3 (g) + Cl 2 (g) PCl 5 (g)


PCl 3 + Cl 2 PCl 5
Moles iniciales
0,5
0,5
–
Moles en el equilibrio
0,5 – x
0,5 – x
x

[PCl5] x/5
Kc = Kc = Operando y despreciando
[PCl3] [C12] (0,5 – x)/5 (0,5 – x)/5 la solución no válida, x = 0,32.

[PCl5] = x/5 = 0,064 M y [PCl3] = [C12] = 0,036 M


7 Se introducen 0,2 moles de bromo gaseoso en un recipiente de 0,5a 600 sC, siendo el grado de disociación en esas condiciones 0,8. Calcula Kp y Kc para el equilibrio: Br2 (g) 2 Br (g)

El equilibrio es: Br2 (g) 2 Br (g)


Br2 (g) 2 Br (g)
Moles iniciales
0,2 mol / 0,5 litro = 0,4
–
Moles en el equilibrio
0,4 (1 – 0,8)
0,4 (2  0,8)[Br]2 [0,4 (2  0,8)] 2
Kc = Kc = = 5,12
[Br2] 0,4 (1 – 0,8)

y Kp = Kc (RT)n; Kp = 5,12  (0,082  873)2–1; Kp = 366,58


8.– El N2O4, a 300 K y 1 atm está disociado en un 20 % en NO2. Calcula Kp.

N2 O4 (g) 2 NO2 (g

N2 O4 (g) 2 NO2 (g)
Moles iniciales
1
–
Moles en el equilibrio
1 – ït
2ït

Moles totales n = 1 – ït + 2ït = 1 + ït = 1,2. Las fracciones molares respectivas son:

xNO2 = 2ït / (1 + ït ) xNO2 2 [ 2ït / (1 + ït ) ] 2
Kp = Kx  Pn =  Pn =  1
x N2O4 = (1 – ït) / (1 + ït) xN2O4 (1 – ït) / (1 + ït)

Como ït = 0,2; y n =1; y P = 1 atm sustituyendo, Kp = 0,167.


9.– La constante Kp a 355 sC para la reacción de obtención del ácido yodhídrico gas es 4,4:
H2 (g) + I2 (g) 2 HI (g)
a) Calcula qué porcentaje de I2 se convierte en HI si mezclamos 0,2 moles de I2 y 0,2 moles de H2. El equilibrio se establece a 355 sC y la presión total de 0,5 atm.
b) Indica de forma razonada cómo influye en la obtención de HI un aumento del volumen del recipiente y la adición de un agente inerte a volumen constante.

H2 (g) + I2 (g) 2 HI (g)


H2 (g) + I2 (g) 2 HI (g)
Moles iniciales
0,2
0,2
–
Moles en el equilibrio
0,2 – x
0,2 – x
2x

(2x/V)2 4x 2
Kc = ; Kc= = 4,4 de donde x = 0,102.
[(0,2 – x) / V] 2 (0,2 – x) 2

El número de moles de I2 en el equilibrio = 0,1, luego el porcentaje de yodo que se disocia:
ït = (0,1/ 0,2)  100 = 50 %.
(nHI/ V)2
b) Kc =
(nH2/ V)  (n I2/ V)
Luego el volumen no influye, únicamente influye el número de moles presentes de las especies reaccionantes, por lo que la adición de una sustancia inerte tampoco influirá.


10.– En un recipiente cerrado se efectúa la reacción: A (g) + 2 B (g) 2 C (g)
que es exotérmica y se encuentra en equilibrio a la presión y temperatura normales. Indica cómo se verá afectada la Kp de ese equilibrio si
a) Se eleva la temperatura. b) Se añade otro mol de A. c) Se añade un catalizador.

Se trata de un problema de aplicación de la ley de Le Chatelier.
Si en el equilibrio: A (g) + 2 B (g) 2 C (g) H < 0

a) Se eleva la temperatura, al ser exotérmica la reacción directa, el equilibro se desplazará hacia la izquierda. Al haber menor concentración de C, debido a dicho desplazamiento, la constante de equilibrio disminuirá.
b) Si no se modifica la temperatura, la constante, que sólo depende de dicha temperatura, no se verá modificada.
c) La adición de catalizadores no afecta al equilibrio, por lo que Kp no variará.


11 Al mezclar volúmenes iguales de nitrógeno y oxígeno a una cierta temperatura, se forma un 10 % en volumen de monóxido de nitrógeno en equilibrio con los gases iniciales. Halla
a) La fracción molar de cada componente.
b) Kp, Kc y Kx.

N2 (g) + O2 (g) 2 NO (g

a) Por cada mol inicialque pongamos, tanto de nitrógeno como de oxígeno, en el equilibrio habrá:
N2 = O2 = 1 – ït mo1es ; NO = 2ït moles
Y el número de moles totales n = 1 – ït + 1 – ït + 2ït = 2 moles.

La fracción molar del N2 = fracción molar del O2 = (1– ït ) / 2. Y la del NO = 2ït /2

Como ït = 0,1 , resulta: x O2 = x N2 = 0,9/2 = 0,45 ; y x NO = 0,2/2 = 0,1
(PT  0,1)2
Kp = Y como n = 0, Kc = Kp = KX = 0,05.
(PT  0,45)2


12.– En un matraz de 250 cm3, a la temperatura de 27 sC se introdujeron 213 mg de fosgeno. Cuando se hubo alcanzado el equilibrio, la presión en el matraz era de 230 mm Hg. Calcula
a) El grado de disociación del fosgeno.
b) La presión parcial de cada uno de los componentes gaseosos de la mezcla.
c) El valor de las constantes Kp y Kc
[Datos: COCl2 (g) CO (g) + C12 (g).]


COCl2 (g) CO (g) + C12 (g) Los moles introducidos inicialmente son:

ni = 213  10–3 g / 99 g/mol = 2,15  10–3 ; Si se separan x moles, los moles existentes en el equilibrio son:

COCl2 = 2,15  10–3 – x ; CO = C12 = x ; Y los moles totales = 2,15  10–3 + x
Por otra parte, suponiendo un comportamiento ideal de la mezcla de gases, el número de moles en el matraz será:
(230/760)  0,250
n = = 3,075  10–3 moles ; 2,15  10–3 + x = 3,075  10–3; x = 0,925  10–3
(0,082  300)

Luego el número de moles de Cl2 = número de moles de CO = 0,925  10–3
y el número de moles de COCl2 = 1,225  10–3.

Según todo lo anterior: ït = 0,925  10–3 / 2,15  10–3 = 0,43

b) La presión en el interior del matraz es 230 mm Hg/ 760 mm Hg/atm = 0,30 atm, por lo que:

1,225  10–30,92510–3
p COCl2 = 0,30 = 0,l2 atm ; pC12 = pCO = 0,30 = 0,091 atm
3,075  10–3 3,07510–3

p COCl2 = 0,l2 atm = 917 mm Hg
pC12 = pCO = 0,091 atm = 69,2 mm Hg
0,091  0,091
c) Kp = = 0,069 ;
0,12
Kc = Kp (RT)–n como n = 1; Kc = 0069 (0,082  300)–1; Kc = 2,8  10–3


13.– Se tiene el siguiente equilibrio gaseoso: 2 CO + O2 2 CO2 ; H = –l35 kcal
Indica razonadamente cómo influye sobre el equilibrio:
a) Un aumento de temperatura.
b) Una disminución de la presión.
c) Un aumento de la concentración de O2.

El equilibrio es: 2 CO + O2 2 CO2.

a) La reacción directa es exotérmica, luego de acuerdo con el principio de Le Chatelier, el equilibrio se desplazará hacia la izquierda si se aumenta la temperatura.
b) El aumento de presión favorecerá la reacción en la que haya disminución de volumen, en este caso la directa, luego si la presión disminuye. el equilibrio se desplazará hacia la izquierda.
c) La adición de O2 hará que el equilibrio se desplace a la derecha, ya que
Kc = [CO2]2 / [CO]2  [O2] ; y un aumento en el denominador debe llevar aparejado un aumento en el numerador para que se mantenga el valor de Kc.


14 En la reacción en estado gaseoso entre yodo y bromo elementales para dar IBr, la constante Kc = 120, a 150 sC. Calcula la composición en el equilibrio si se introducen 0,001 moles de yodo y 0,001 moles de bromo en un recipiente de 5 litros a 150 sC.

I2 (g) + Br2 (g) 2 IBr (g)


I2 (g)+ Br2 (g) 2 IBr (g)
Moles iniciales
0,001
0,001
–
Moles en el equilibrio
0,001 – x
0,001 – x
2x

(2x/V)2 4x2
Kc = Kc = = 120
(0,001 – x)2/V2 (0,001 –x)2

Hallando la raíz cuadrada de cada miembro se obtiene x = 8,45  10–4 con lo que

2  8,45 10–4 0,001 – 8,45  10–4
[IBr] = = 3,38  10–4 M ; [I2] = [Br2] = = 3,1  10–5 M
5 5


15.– Se tiene una mezcla gaseosa de hidrógeno, yodo y yoduro de hidrógeno en un recipiente cerrado de 5 litros. En el equilibrio, a cierta temperatura, la mezcla está constituida por 0,015 moles de hidrógeno, 0,015 moles de yodo y 0,12 moles de yoduro de hidrógeno. Calcula
a) Los valores de las constantes de equilibrio Kp y Kc.
b) Las presiones parciales de cada componente y la presión total de la mezcla.

Considerando el equilibrio: I2 (g) + H2 (g) 2 HI (g

[HI] 2 (0,12/5) 2
a) Kc = = ; Kc = 64. Como n = 0, Kp = Kc = 64.
[I2] [H2] (0,12/5) 2
b) El número total de moles en el equilibrio 0,015 + 0,015 + 0,12 = 0,15 moles, con lo que las respectivas fracciones molares son:

x I2 = x H2 = 0,015/0,15 = 0,1; x HI = 0,12/0,15 = 0,8

La presión total se obtendrá en función de la temperatura, que no se conoce:
0,15  0,082  TPT = = 2,46  10 –3  T
5
Así pues: pI2 = pH2 = 2,46  10 –4  T atm ; pHI = 1,97  10 –3  T atm


16.– Conocido el valor de Kc para el equilibrio: 3 H2 (g) + N2 (g) 2 NH3 (g) ; Kc = 783
calcula a la misma temperatura el valor de la constante de equilibrio de las siguientes reacciones:
a) 1/2 N2 (g) + 3/2 H2 (g) NH3 (g) ; Kc(a)
b) 2 NH3 (g) N2 (g) + 3 H2 (g) ; Kc(b)

El equilibrio dado es: 3 H2 (g) + N2 (g) 2 NH3 (g)
[NH3]2
Kc1 = = 783
[H2] 3 [N2]

a) En el siguiente equilibrio: 1/2 N2 (g) + 3/2 H2 (g) NH3 (g)
[NH3]
Kc2 = Comparando ambas, Kc2 = (Kc1 ) 1/2 ;
[H2] 3/2 [N2] 1/2 Kc2 = (783) –1/2; Kc2 = 27,98.

b) En el siguiente equilibrio: 2 NH3 (g) N2 (g) + 3 H2 (g)
Al ser el equilibrio inverso del primero, Kc3 = 1/ Kc1 ; Kc3 = 1,28  10–3


17.– En un recipiente de 1 litro se introducen 2 moles de N2 y 6 moles de H2 a 400 sC, estableciéndose el equilibrio: N2 (g) + 3 H2 (g) 2 NH3 (g)
Si la presión del gas en el equilibrio es 288,2 atm, calcula el valor de Kp y Kc a esa temperatura.

N2 (g) + 3 H2 (g) 2 NH3 (g

N2 (g) + 3 H2 (g) 2 NH3 (g)
Moles iniciales
2
6
–
Moles en el equilibrio
2 – x
6 – 3x
2x

Moles totales, n = (2 – x) + (6 – 3x) + (2x) = 8 – 2x. Suponiendo un comportamiento ideal, el número total de moles puedeobtenerse mediante la ecuación de los gases perfectos:
288,2
Moles = = 5,22 moles 8 – 2x = 5,22 ; luego x = 1,39 moles
0,082  673
[NH3]2 (2  1,39) 2
Kc = = ; Kc = 2,07 Como: Kp = Kc (RT) n
[N2]  [H2]3 (2 – l,39)  (6 – 3 (l,39))3
En este caso, n = 2 – (3 + 1); n = –2 ; luego: Kp = Kc (RT) n = 2,07 (0,082  673) –2; Kp = 6,79 10–4


18.– En un recipiente de 10 litros se mezclan un mol de nitrógeno y un mol de oxígeno, formándose monóxido de nitrógeno, según la relación estequiométrica:
Nitrógeno (g) + oxígeno (g) = 2 monóxido de nitrógeno (g)
Para la cual, Kc = 0,0123, a la temperatura del experimento. Calcula
a) La composición de la mezcla cuando se alcanza el equilibrio.
b) La composición en el equilibrio cuando el volumen de la mezcla anterior se reduce a 5 litros, sin variar la temperatura.

N2 (g) + O2 (g) 2 NO (g)

N2 (g) + O2 (g) 2 NO (g)
Moles iniciales
1
1
–
Moles en el equilibrio
1 – ït
1 – ït
2ït
[NO2]2 (2ït) 2
a) Kc = ; 0,0123 = ; ït = 0,0525
[N2]  [O2] (1 – ït) 2
Moles de N2 = moles de O2 = 1 – 0,0525 = 0,94
Moles de NO = 2  0,0525 = 0,105

b) Como n = 0, el volumen no influye en el valor de Kc, si no varía la temperatura, Kc = 0,0123.


19 El agua en estado gaseoso se disocia a 1.000sC según: H2O (g) H2 (g) + œ O2 (g)
siendo Kp = 1,87  10–6.
Supuesto un comportamiento ideal de los gases reaccionantes, halla el valor de Kc para dicha reacción.

En el equilibrio H2O (g) H2 (g) + 1/2 O2 (g) ; n = 1 + 1/2 – 1 = 1/2, con lo que:

Kc, = 1,87  l0–6 (0,082  1.273) –1/2 ; Kc = 1,83  10–7


20.– Dado el equilibrio: CCl4 (l) CCl4 (g)
a) Escribe la constante de equilibrio, Kc.
b) Si se retira CCl4 (l), scómo variará la concentración de CCl4 (g) en el equilibrio?

CCl4 (l) CCl4 (g
a) Se trata de un equilibrio heterogéneo, por lo que Kc = [CCl4 (g)].
b) El equilibrio se desplazará hacia la derecha, pero para mantener igual Kc; luego [CCl4 (g)] no variará.


21.– En un matraz de 1 litro se introduce NOCl gaseoso y se eleva la temperatura hasta 240 sC, descomponiéndose el NOCl en monóxido de nitrógeno y cloro molecular, ambos igualmente gaseosos, y alcanzándose el equilibrio. Si la presión del matraz en ese instante es de 1 atm, y la presión inicial del NOCl a la misma temperatura era 0 atm, calcula:
a) Las presiones parciales del NO y del C12.
b) El valor de Kp a esa temperatura.

a) El equilibrio al que se refiere este problema es: 2 NOCl (g) 2 NO (g) + Cl2 (g)

Conociendo la presión parcial de NOCl en el equilibrio (0,64 atm), podemos calcular los moles de dicho compuesto mediante la ecuación de Clapeyron, n = PV/RT

Moles iniciales de NOCl = 0,64  1/ 0,082  513 = 0,0152
y los moles totales en el equilibrio se obtienen de igual modo: 1  1/0,082  513; Moles totales = 0,0237

Si llamamos x al número de moles de NO y x/2 al de moles de Cl2.
0,0237 = 0,0152 + x + x/2; x = 5,67  10–3 ;
Entonces:
Moles de NO = 5,67  10–3 yla fracción molar: 5,67  10–3/ 0,0237 = 0,24
Moles de C12 = 2,83  10–3 y la fracción molar: 2,83  10–3/ 0,0237 = 0,12

La fracción molar del Cloro será: 2,83  10–3/ 0,0237 = 0,12

La presión parcial del NO: 1 atm  0,24 = 0,24 atm
La presión parcial del Cl2: 1 atm  0,12 = 0,12 atm

b) Kp = pNO2 pCl2 / pNOCl2 = 0,2422  0,12 / 0,642 = 1,7  10–2


22.– Cuando se calienta una mezcla de NO2 a 727 sC se produce el siguiente equilibrio:
2 NO2 (g) 2 NO (g) + O2 (g)
A esa temperatura Kp vale 158, y la presión del oxígeno es de 0,25 atm. Calcula las presiones parciales del NO y del NO2.

El equilibrio propuesto es: 2 NO2 (g) 2 NO (g) + O2 (g

(pNO)2 . (pO2) (pNO)2  0,25 (pNO)2 (pNO)
Cuya Kp = ; = 158 ; = 634 ; (*) = 25,14
(pNO2)2 (pNO2)2 (pNO2)2 (pNO2)
* Extrayendo la raíz cuadrada de ambos miembros:
con lo que:

(pNO) = (xNO) PT (n NO/n totales) PT
= 25,14; n NO/n NO2 = 25,14
(pNO2) = (xNO2) PT (n NO2/n totales) PT

Suponemos que inicialmente se ha puesto un mol de NO2, la situación en el equilibrio será:
Moles de NO2 = 1 – ït
Moles de O2 = ït /2 De aquí obtenemos: ït / 1– ït = 25,14, luego ït = 0,96.
Moles de NO = ït

Moles de NO2 = 0,04
Moles de O2 = 0,48 Moles totales = 1,48
Moles de NO= 0,96

La presión total la obtenemos de la presión parcial del oxígeno: 0,25 = PT  0,48/ 1,48 ; PT = 0,77 atm,

0,77  0,4 0,77  0,96
por lo que PNO2 = = 0,20 atm y PNO = = 0,50 atm
1,48 1,48


AUTOEVALUACIÓN

1.– Define el concepto de espontaneidad de un proceso químico.

Por espontaneidad se entiende la tendencia de un proceso a transcurrir por sí mismo sin que haya que suministrarle energía continuamente.


En una reacción química, squé es la entalpía? Define entalpía de formación.

Entalpía es el calor de reacción a presión constante. Entalpía de formación de un compuesto es el calor necesario para que se forme un mol de dicho compuesto a partir de los elementos que lo constituyen en su estado natural.


sQué se entiende por «función de estado»? indica alguna magnitud termodinámica que lo sea y las aplicaciones que pueda tener.

Función de estado es la variable termodinámica cuya variación depende únicamente de los estados inicial y final, independientemente del camino recorrido. Un ejemplo es la entalpía y una aplicación el cálculo de los calores de reacción (ley de Hess).


Un pedazo de hielo abandonado a temperatura ambiente funde en poco tiempo. El proceso es endotérmico, sin embargo es espontáneo. Justifícalo.

En un proceso termodinámico hay que tener en cuenta no solamente la variación de entalpía, sino la de entropía (véase segundo principio de la termodinámica) o medida del desorden. Si el aumento de entropía prima sobre el aspecto entálpico, el proceso se lleva a cabo espontáneamente, como es el caso de la fusión del hielo a temperatura mayorde 0 sC.


sQué mide la energía libre de Gibbs? sQué relación tiene con la temperatura?

Véase Apartado 5.6 (pág. 90) del texto.


Enuncia brevemente la teoría de colisiones y explica en qué consiste un choque eficaz.

Véase Apartado 6.1 (pág. 104) del texto.


sQué diferencia habrá entre la energía de activación para una reacción endotérmica y una exotérmica?

En una reacción exotérmica, la energía de activación es únicamente la necesaria para llegar desde los reactivos hasta la formación del complejo activado. En la endotérmica, hay que añadir, además, la entalpía de reacción.


Ea

H H
Ea


Reacción exotérmica Reacción endotérmica


8 Explica la función de un catalizador y pon algún ejemplo.

La función de un catalizador es acelerar la velocidad de una reacción. En el proceso de obtención de ácido sulfúrico, la fase de conversión del SO2 a SO3.
SO2 + 1/2 O2 SO3
sería demasiado lenta si no fuese porque se activa mediante la presencia de un catalizador.


sEn un proceso reversible puede llegarse al equilibrio? sSignifica esto que la reacción se detiene? Explícalo.

Puede llegarse a una situación de equilibrio, lo cual no significa que la reacción se «congele», sino que se igualan las velocidades de las reacciones directa e inversa, por lo que las concentraciones de productos y reactivos permanecen constantes. Es, pues, un equilibrio dinámico.


10 sEn qué casos Kc y Kp son iguales? Cita algún ejemplo?

En los casos en los que la suma de los coeficientes estequiométricos de los productos menos la suma delos de los reactivos es igual a cero.

Para el equilibrio: I2 (g) + H2 (g) 2 HI (g), n = 2 – (1 + 1) = 0


11 Se introduce en un recipiente una mezcla de nitrógeno, hidrógeno y amoniaco gaseoso y se deja que el sistema alcance el equilibrio. Una vez que se ha conseguido esto, se añaden un mol de nitrógeno y un mol de
amoniaco. sCómo variará la concentración de hidrógeno?

El equilibrio será: N2 + 3 H2 2 NH3
[NH3] 2
La constante de equilibrio correspondiente es: Kc =
[N2]  [H2]3
Si se aumenta simultáneamente la concentración de amoniaco y de nitrógeno y se mantiene la temperatura, la concentración de hidrógeno también aumentará, a fin de que se conserve la constante de equilibrio. Esto significa que parte del amoniaco añadido se descompondrá.


12 Dada la reacción entre gases ideales:
monóxido de nitrógeno + monóxido de carbono = nitrógeno + dióxido de carbono
explica qué ocurrirá:
a) Si aumentase la presión en el equilibrio.
b) Si aumentase la temperatura (la reacción directa es exotérmica).

2 NO + 2 CO N2 + 2 CO2
a) El equilibrio se desplazará hacia donde haya disminución de volumen (Le Chatelier), es decir, en este caso hacia la derecha.
b) En virtud del mismo principio, en este caso se desplazará hacia la izquierda, puesto que el aumento de temperatura favorece la reacción endotérmica


13 El carbonato de calcio se descompone térmicamente en óxido de calcio y dióxido de carbono. Suponiendo que en algún momento se alcanzase el equilibrio, escribe las expresiones de las correspondientes constantes.

Elsupuesto equilibrio será: CaCO3 (s) CaO (s) + CO2 (g

Equilibrio heterogéneo, por lo que Kc = [CO2].


14 Indica qué condiciones operativas serían las idóneas para una mayor producción de amoniaco según:
N2 + 3 H2 2 NH3

Como en la reacción directa se produce una disminución de volumen, un aumento en la presión favorecerá la producción de amoniaco. Por otra parte, la reacción es exotérmica, por lo que un aumento de temperatura no la favorecerá, sin embargo se trabaja a alta temperatura para facilitar la movilidad de las moléculas de los reactivos.


15 El concepto de equilibrio, ses aplicable a cualquier proceso químico?

Puede establecerse que todo sistema tiende al equilibrio, lo que equivale a decir que ninguna reacción se lleva a cabo al 100 %. Lo que sucede es que en las reacciones que parecen desarrollarse completamente, las cantidades de reactivo que quedan son tan pequeñas que no pueden apreciarse.

TEMA 8 TRANSFERENCIA DE PROTONES
CUESTIONES

1.– Dada la tabla siguiente, completa:

ÁCIDO
BASE CONJUGADA
Ka
HClO4
–
–
H3O+
–
55,5
HSO4–
–
1,55  10–2
–
F–
3,5  10–4
CH3COOH
–
l,8  10–5
H2CO3
HCO3–
4,3  10–7
HSO3–
SO32–
1,0  10–7
–
NH3
5,6  10–10
–
CO32–
5,6  10–11
H2O
–
1,8  10–16
a) Los pares conjugados, tanto de ácidos como de bases.
b) Las siguientes reacciones que tienen lugar en medio acuoso, justificando si están o no desplazadas a la derecha:
HClO4 + F–
HSO3– + CO32–
CH3COO– + H2O

ÁCIDO
BASE CONJUGADA
ÁCIDO
BASE CONJUGADA
HClO4
ClO4–
H2CO3
HCO3–
H3O+
H2O
HSO3
SO32–
HSO4–
SO42–
NH4+
NH3
HF
F–
HCO3–
CO32–
CH3COOH
CH3COO–
H2O
OH–

b) HClO4 + F– HF + ClO4–
Desplazado hacia la derecha, por ser el ácido perclórico más fuerteque el fluorhídrico y su base conjugada, el ion perclorato, débil y por ello con poca tendencia a captar protones del HF.

HSO3– + CO32– SO32– + HCO3–
Desplazado hacia la derecha por igual razón que el caso anterior.

CH3COO– + H2O CH3COOH + OH–
Desplazado hacia la izquierda, por ser el ácido acético más fuerte que el agua.


Compara los conceptos de ácido y base según las teorías de Arrhenius y de Brónsted–Lowry. Aplícalo a los siguientes casos: ácido clorhídrico, hidróxido de sodio y amoniaco.

Véase Apartado 8.2 del texto.


El amoniaco, gaseoso a temperatura ambiente, es líquido por debajo de –33 sC. sQué equilibrio tiene lugar en esas condiciones en un recipiente que contenga únicamente dicha sustancia?

El equilibrio que tiene lugar es: NH3 + NH3 NH2– + NH4+
es decir, se produce la autoionización del amoniaco.


Define pH y pOH y explica la relación que existe entre ambos.

Véase Apartado 8.4 del texto.


Indica razonadamente el pH (ácido o básico) que resulta al disolver en agua cada una de las siguientes sustancias:
a) Dióxido de carbono. b) Trióxido de azufre. c) Hidróxido de sodio. d) Ácido nitroso.

a) Las disoluciones de CO2 en agua tienen carácter ácido. El ácido carbónico en realidad no existe, siendo precisamente eso, una disolución acuosa de dióxido de carbono.
b) SO3 + H2O H2SO4; pH ácido.
c) El NaOH al disolverlo en agua se disocia totalmente para dar iones OH–, por lo que el pH será básico.
d) El ácido nitroso se disociará para dar iones H3O+, por lo que el pH será ácido.


sCuál sería el pH de una disolución 10–9 M de ácido clorhídrico?

Será prácticamente neutro, porque al ser tan baja la concentración de iones H+ procedentes de ladisociación del HCl, la que hay que tener en cuenta es la de los protones procedentes de la disociación del agua.


Se disuelven en agua, por separado, las siguientes sustancias: cianuro sódico, cloruro amónico e hidróxido de potasio. Indica, razonadamente, la acidez o basicidad de cada una de ellas.

NaCN, sal de ácido débil y base fuerte, y que se disociará: NaCN Na+ + CN–
De los dos iones en los que se disocia, sólo el CN– es capaz de reaccionar con el agua para formar ácido cianhídrico, HCN, débil, dejando libres en la disolución iones OH–. Por ello el pH será básico.

NH4Cl NH4+ + Cl– Aquí el ion hidrolizable es el amonio, que reacciona con el agua para formar amoniaco y deja libres protones. Esta disolución tendrá pH ácido.

KOH K+ + OH– Base fuerte, completamente disociada; pH básico.


Si en el laboratorio nos encontramos con un frasco que contiene una disolución de hidróxido de sodio a la que se le cayó la etiqueta que indicaba su concentración, squé podría hacerse para conocer la misma?

Tomar una determinada cantidad de la misma y valorarla frente a un ácido de concentración conocida. Como V N = V’ N', al llegar al punto de equivalencia se mide el volumen gastado del ácido y se despeja la normalidad de la base.


Si para un cierto ácido p Ka vale 5 y para otro su valor es 4, scuál de ambos será más fuerte?

El segundo, ya que si su p Ka = 4, Ka = l0–4 > Ka = 10–5.


10 Para valorar ácido clorhídrico frente a hidróxido de sodio se utiliza fenolftaleína como indicador. sPodría utilizarse el naranja de metilo?

No, porque su zona de viraje (3 – 4,4) está por debajo del punto de equivalencia, cercano a la neutralidad.


EJERCICIOS PROPUESTOS

1 Lasespecificaciones de la etiqueta de un frasco de ácido acético (etanoico) comercial son las siguientes: densidad, 1,2 g/ml; riqueza, 40 % en peso. Calcula
a) sQué volumen de dicho ácido hay que tomar para preparar un litro de disolución 0,1 M?
b) sCuál será el pH de la disolución obtenida?
(Datos: masas atómicas: C = 12, O = 16, H = 1; Ka = 1  10–5.)

a) Vemos el volumen de ácido comercial que contiene 0,1 moles: (0,1 moles 60 g/mol) = 6 g
m (disolución) = 6  100/40 = 15 g
volumen = 15 g / 1,2 g/ml = 12,5 ml


CH3COOH CH3COO– + H+
Conc. Inicial
C
–
–
Conc. en el equilibrio
C (1 – ït )
C ït
C ït

C2 ït 2 C ït 2
Ka = = Dado el orden de magnitud de la constante, puede considerarse
C (1 – ït ) (1 – ït ) el denominador (1 – ït ) = 1, como C = 0,1; con lo que:

Ka = Cït 2 ; ït = (Ka / C) 1/2 ; ït = 0,0134 ; pH = –log [H+] = –log Cït ; pH = 2,86


2.– El ácido acetilsalicílico (aspirina) es un ácido monoprótico débil, cuya fórmula empírica es (C9O4H8). Calcula el pH de una disolución preparada disolviendo una tableta de aspirina de 0 g en 100 ml de agua. Se supone que el ácido acetilsalicílico se disuelve totalmente y que su constante de acidez es Ka = 2  10–4.

La masa molar del ácido acetilsalicílico es 180 g/mol, con lo que el número de moles es:
(0,5 g) / (180 g/mol) = 2,7  10–3

La concentración es: (2,77  10–3)  1.000 / 100 = 2,77  l0–2 mol/l

El grado de disociación: ït = (Ka / C) 1/2 ; ït = (2,64  10–5 / 2,77  l0–2) 1/2; ït = 0,031

pH = –log Cït : pH = –log (2,77  10–2  0,031); pH = 3,1.


Calcula el pH de una disolución de ácido benzoico, C6H5COOH, sabiendo que en100 cm3 de dicha disolución hay 6 g de ácido. (Dato: Ka = 6  10–5 ).

La concentración de ácido es: (6g  1.000 ml/l) / (122 g/mol  100 ml) = 0 M
Al ser Ka pequeña, podemos considerar que Ka = Cït 2, por lo que: ït = (Ka / C) 1/2

Sustituyendo, ït = 0,0114; pH = –log Cït ; pH = 2,25.


El ácido fluoroacético tiene una Ka = 2,6  10–3 sCuál será la concentración de ácido necesaria para que [H+] sea 2  10–3 M?

Llamando HA al ácido fluoracético, su disociación seguirá el esquema:


HA A– + H+
Conc. inicial
C
–
–
Conc. en el equilibrio
C (1 – ït )
C ït
C ït

Cït 2
Ka = Dada la magnitud de Ka, aquí no podemos
1 – ït hacer la simplificación 1 – ït  1

[H+] = Cït = 2  10–3 con lo que:
2  10–3  ït
2,6  10–3 = ; Operando, ït = 0,56.
1 – t
Como Cït = 2  10–3; C = (2  10–3)/ 0,56 = 3,57  10–3 M.


Calcula la molaridad de una disolución acuosa de amoniaco para que la concentración de iones hidróxido en el equilibrio sea de 1,5  10–3 . (Dato: Kb = 1,75 10–5)


NH3 + H2O (l) NH4+ + OH–
Conc. inicial
C
–
–
Conc. en el equilibrio
C (1 – ït)
C ït
C ït

Kb = [NH4+] [OH–] / [NH3] = Cït  Cït / C (1 – ït )
Por el valor de la magnitud de la constante del equilibrio puede considerarse 1 – ït  1, luego

Kb = Cït 2; Kb = C ït ït ; y como Cït = [OH–]; ït = (1,75  10–5) / (1,5  10–3) = 1,17  l0–2

Y como C = [OH–] /ït ; C = (1,5  10–3) / (1,17  l0–2) ; C =0,13 M.


Determina el pH de una disolución de amoniaco 0,020 M sabiendo que está ionizado en un 4 %.

Si el amoniaco está ionizado en un 4 %, ït = 0 . Procediendo como en casos anteriores
pOH = –log Cït ; pOH = –log (0,020  0,04) ; pOH = 3,09 luego, pH = 14 – 3,097; pH = 10,90.


A 25 sC una disolución 10–3 M de amoniaco está ionizada en un 13 %. Calcula la concentración de las diferentes especies en equilibrio y la constante de ionización del amoniaco.

Para esta disolución el grado de disociación ït = 0 . El esquema de ionización del amoniaco en agua es:


NH3 + H2O (l) NH4+ + OH–
Conc. inicial
C
–
–
Conc. en el equilibrio
C (1 – ït )
C ït
C ït

De aquí se ve que:
[NH4+] = [OH–] = Cït = 10–3  0,13 = 1,3  10–4 ; [NH3] = l0–3  (l – 0,13) = 8,7  l0–4
Kb = (1,3  10–4) 2 / (8,7  10–4) ; Kb = 1,9  10–5.


Halla la concentración molar de una disolución de ácido nitroso, HNO2, que está ionizada en un 5,7 %, si su constante de equilibrio tiene un valor de 5,0  10–4

HNO2 H+ + NO2–
Si ït = 0,057 y Ka = 5  10–4 como se vio en casos anteriores, Ka = Cït 2.

Despejando C y sustituyendo, resulta C = 0,154 M.


Se mezcla un litro de ácido nítrico de densidad 1,380 g/cm3 y 62,7 % de riqueza en peso con un litro de ácido nítrico de densidad 1,130 g/cm3 y 22,38 % de riqueza en peso. Calcula la molaridad de la disolución resultante, admitiendo que los volúmenes son aditivos.

La molaridad de la primera disolución será: y para la segunda disolución:

1.000 cm3/l  1,380 g/cm3  62,7 1.000 cm3/l  1,130 g/cm3  22,38
M1= = 13,73 mol/l ; M2= = 4,01 mol/l
63 g/mol  100 63 g/mol  100

Si los volúmenes son aditivos, tenemos 2 litros de disolución con un total de 13,73 + 4,01 = 17,74 moles, luego: 17,74 moles / 2 l = 8,87 M .


10 Se preparan las siguientes disoluciones como se indica y se enrasan todas al mismo volumen:
A. n moles de ácido fluorhídrico en agua (p Ka del ácido = 3).
B. n moles de ácido acético en agua (p Ka del ácido = 5).
C. n moles de ácido bórico en agua (p Ka del ácido = 7).
D. n moles de ácido cianhídrico en agua (p Ka del ácido = 9).

a) Ordena las disoluciones de mayor a menor pH.
b) Ordena las disoluciones de mayor a menor concentración en moléculas de ácido en el equilibrio.
c) Si se añaden a cada disolución n moles de NaOH, ordena las disoluciones de mayor a menor pH.

a) Las concentraciones son iguales en todas las disoluciones, luego el pH dependerá de la mayor o menor fortaleza de cada ácido. Como pKa = –log Ka, será más fuerte el de menor pKa, con lo que el orden de pH queda: D > C > B > A

b) Tendrá mayor concentración de ácido sin disociar la disolución correspondiente al ácido más débil, es decir, la de pK más alto. El orden será: D > C > B > A

c) El pH dependerá de los iones OH– que queden en disolución. Se consumirán menos por los ácidos más débiles, con lo que el orden de pH será: D > C > B > A


11 La constante de ionización del ácido benzoico es 6,34  10–5. Calcula
a) El pH de una disolución 0,01 M del mismo.
b) La cantidad de etanol necesaria para esterificar 100 g de ácido benzoico, suponiendo un rendimiento del 60 %.


C6H5COOHC6H5COO– + H+
Conc. Inicial
C
–
–
Conc. en el equilibrio
C (1 – ït )
C ït
C ït

Ka = Cït 2 / (1 – ït ) ; Dado el orden de magnitud de Ka, puede considerarse 1 –ït  1, luego:
Ka = Cït 2 y ït = (6,3  l0–5 / 0,01) 1/2 ; ït = 0,07

pH = –log [H+] y como [H+] = Cït. ; pH = –log (0,079  0,01); pH = 3,10

100 g
b) 100 g de ácido benzoico son = = 0,82 moles.
122 g/mol

La reacción de esterificación con etanol es:

C6H5COOH + CH3–CH2–OH C6H5COOCH2–CH3 + H2O
La estequiometría de la reacción indica que los reactivos reaccionan mol a mol. Por ello, si el rendimiento fuese del 100%, haría falta poner 0,82 moles de etanol, es decir, una masa = 0,82 moles  46 g/mol = 37,70 g.

Como el rendimiento es del 60 %, para obtener la misma cantidad de éster, la masa de etanol que habrá que poner será: 37  100 / 60 = 62,84 g.


12 La constante de disociación de los ácidos láctico y benzoico, ambos monopróticos, es l,4  10–4 y
6,4  10–5, respectivamente. Calcula
a) La concentración que debe tener una disolución de ácido benzoico para dar un pH igual al de una disolución de ácido láctico 0,1 M.
b) El grado de disociación del ácido benzoico en dicha disolución.

a) Operando como en casos anteriores, sabemos que siendo ït el grado de disociación y C la concentración inicial, se cumple que pH = –log Cït Hallamos el grado de disociación del ácido láctico.
Llamándole HL:


HL H+ + L–
Conc. inicial
C
–
–
Conc. en el equilibrio
C (1 – ït )
C ït
C ït

Ka = Cït 2/ (1 – ït ) ; 1,4  10–4 =0,1  ït 2 / 1 – ït ; Operando, obtenemos ït = 0,037. Entonces

[H+] = 0,1  0,037 = 3,7  10–3

b) En el caso del benzoico, podemos simplificar la expresión de Ka = Cït 2. En este caso, el grado de ionización será lógicamente distinto, pero el producto Cït será el mismo, puesto que ambas disoluciones tienen igual pH.

Ka = Cït ït. con lo que: 6,4  l0–5 = 3,7  10–3 ït ; ït = 1,73  10–2

Como Ka = Cït. C = Ka / ït. 2 = 6  10–5 / (1,73  10–2) 2 ; C = 0,212 M

c) Si ït. para el ácido benzoico vale 1,73  10–2, dicho ácido está ionizado en un 1,73 %.


13.– Determina la pureza en NaOH de una sosa cáustica comercial, sabiendo que 200 cm3 de una disolución de la misma que contiene 0,7 g de dicha sosa neutralizaron 150 cm3 de un ácido 0,1 N.

La concentración de la base la obtenemos según: Va  Na = Vb  Nb ; Nb = Va  Na / Vb
Nb = 150  0,1/ 200 = 0,075 eq/l = 0,075 mol/l
Los moles de NaOH puro en 200 cm3: 0,075 mol/l 1Litro/ 1000 cm3  200cm 3 = 0,015 moles

Y su masa, x = 0,015 mol  40 g/mol = 0,6 g de NaOH puro, luego la riqueza de la sosa comercial será:
Riqueza = g (reales) / g (teóricos)  100 = 0,6 / 0,7  100 = 85,71 %.


14.– Para determinar el ácido acético de un vinagre se introducen 25 ml de vinagre en un matraz aforado de 250 ml y se añade agua, se enrasa y se homogeneiza la disolución. Al valorar 25,0 ml de esta disolución, se consumen 24,0 ml de hidróxido sódico 0,1 M. Determina la concentración de ácido acético en el vinagre, expresada en g/l.

Calculamos en primer lugar la concentración de la disolución diluida:
Considerando que VaNa = VbNb, 25  N = 24  0,l ; N = 0,096 eq/l

y como es un ácido monoprótico, N = M = 0,096 mol / l :
m = 0,096 mol/l  60 g/mol; m = 5,76 g/l

Y como se diluyó diezveces, la concentración de ácido en el vinagre original = 5,76  10 = 576 g/l


15.– Se desea neutralizar 200 cm3 de una muestra de HCl 0,15 N con 150 cm3 de una disolución de KOH preparada al efecto. Calcula la cantidad de hidróxido que tendrá que pesarse para preparar 500 cm3 de esta disolución alcalina, así como el pH de cada una de las disoluciones por separado.

HCl + KOH KCl + H2O VaNa = VbNb ; Nb = 200  0,15/150 = 0,2 eq/l

La masa equivalente del KOH = 56 g/eq, luego la masa presente en la disolución = 0,2  56 = 11,2 g/l, luego en 500 cm3 habrá 11,2 / 2 = 5,6 g de KOH.

Se trata de electrólitos fuertes. Por lo que se refiere al HCl, [H+] = [HCl] = 0 N, y al ser un ácido monoprótico, la [H+] es 0,15 M, por lo que pH = –log 0,15 = 0,82.

Por lo que respecta al KOH, [OH–] = [KOH] = 0,2 N, y al tener un solo grupo [OH–] = 0,2 M, por lo que pOH = –log 0,2 = 0,7, con lo que el pH = 14 – 0,7; pH = 13,30.


16 a) sQué concentración tendrá una disolución acuosa de ácido benzoico (Ka = 6,4  10–5) para que su pH sea el mismo que el de una disolución 0,001 M de ácido clorhídrico?
b) sQué volumen de hidróxido de potasio 0 N se necesitaría para neutralizar 100 cm3 de la disolución de ácido benzoico?

a) El HCl es un ácido fuerte, por lo que estará completamente disociado, entonces [H+] = [HCl] = 0,001 M, luego pH = 3. Para el ácido benzoico,
pH = –log C ït ; Ka = C ït ït = 6,4  10–5 = 10–3  ït ; ït = 6,4  l0–2 ; Luego:

C = Ka / ït 2 ; C = (6,4  10–5) / (6,4  10–2 ) 2 ; C = 0,015 M

b) Va  Na = Vb  Nb ; V KOH = 100  0,015 / 0,1 ; V KOH = 15 cm3.


17 Una disolución 0,1 M de ácido fluorhídrico tiene el mismo pH que una disolución 8  10–3 M de ácido nítrico.
a) Calcula el valor del pH.
b) Calcula la Ka delácido fluorhídrico.

a) El pH de la disolución de ácido nítrico, al ser éste un ácido fuerte, es:
–log [HNO3] = –log 8  10–3 ; pH = 2,10
b) El HF estará disociado según el esquema:


HF H+ + F–
Conc. Inicial
C
–
–
Conc. En el equilibrio
C (1 –ït )
C ït
C ït

[H+] = C ït = 8  10–3 ; ït = [H+] / C ; ït = 8  10–3 / 0,1 ; ït = 0,08

Ka = Cït 2/ (1 – ït ) ; sustituyendo, Ka = 6,85  10–4.


18.– Se ponen en un matraz 0,135 g de aluminio puro y 100 cm3 de disolución 0,5 M de ácido clorhídrico. Supuesto un rendimiento del 100 % en la reacción, calcula
a) El volumen de hidrógeno desprendido, medido a 760 mm Hg y 27 sC.
b) El pH de la disolución resultante después de la reacción (supón que el volumen de dicha disolución es 100 cm3).

2 Al + 6 HCl 2 A1C13 + 3 H2
Los moles de aluminio son: 0,135 g / 27 g/mol = 0,005 moles

a) El aluminio y el hidrógeno están, según la estequiometría de la reacción en la relación 2 : 3;
luego los moles de hidrógeno producidos serán: n = 0,005  3/2 = 0,0075

y como pV = nRT, sustituyendo, V = 0,18 l.

b) Como la relación entre el HCl y el Al es de 3:1
los moles de HCl gastados en la reacción serán 3  0,005 = 0,015 moles.

Como en 100 cm3 de HCl 0,5 M, hay 0,05 moles de ácido y se han consumido 0,015, restan en la disolución 0,05 – 0,015 = 0,035 moles, luego [HCl] remanente = 0,35 M, pH = –log 0,35; pH = 0,45.


19.– Calcula el pH resultante de mezclar:
a) 50 ml de disolución 0,1 M de KOH con 60 ml de disolución 0,2 M de HCl.
b) 50 ml de disolución 0,2 M de ácido nítrico con 50 ml de disolución 0,2 M de hidróxido de sodio.

a) Los moles de KOH = 0,1ml/l  50 ml  1 Litro /1.000ml = 0,005moles,
y los de HCl:HCl = 0,2 ml/l  60 ml  1 Litro /1.000ml = 0,012moles.

La reacción entre ambos: HCl + KOH KCl + H2O
muestra que la reacción transcurre mol a mol, por lo que se consumirá todo el KOH, quedando en la disolución 0,012 – 0,005 moles de HCl = 0,007 moles. El volumen total de disolución es 110 ml, con lo que

[HCl] = 0,007  1.000 / 110 = 0,064 M, pH =1,19

b) La reacción será: HNO3 + NaOH NaNO3 + H2O
Como la reacción transcurre mol a mol y se emplean iguales cantidades de ambos reactivos, se producirá la neutralización completa de una disolución por otra, luego pH = 7.


20 Para el equilibrio de hidrólisis del ion amonio: NH4+ + H2O NH3 + H3O+
la constante Kb = 5,56  10–10. Sabiendo que el cloruro de amonio se disocia completamente en agua, halla el pH de una disolución 2  10–2 de dicha sal.

Para el equilibrio de hidrólisis: NH4+ + H2O NH3 + H3O+
Kb = [NH3] [H3O+] / [NH4+]
La estequiometría de la reacción indica que [NH3] = [H3O+] y como la sal está completamente disociada, [NH4+] = 2  l0–2 M, por lo que: Kb = [H3O+]2 / 2  l0–2 = 5,56  10–10

[H3O+] = [(5,56  10–10)  (2  10–2)] 1/2 = 3,33  10–6 ; pH = 5,47


21.– Se disuelven en agua 1,5 g de hidróxido de potasio, de pureza 95 %, y la disolución se enrasa a 100 cm3. Sabiendo que 10 cm3 de esta disolución neutralizan a 15 cm3 de una disolución de ácido sulfúrico, halla
a) El pH de la disolución alcalina original.
b) La molaridad del ácido.

a) Los moles de KOH son: 1,5 g  0,95 / 56 g/mol = 0,0254 moles

M = N = 0,0254  1.000 / 100 = 0,254 mol/1

El KOH está completamente disociado, por lo que:

pOH = –log 0,254; pOH = 0,59 ; pH = 14 – 0,59; pH = 13,40

b)Va Na = Vb Nb; 10  0,254 = 15  Na, de donde: Na = 0,17 eq/l

Y como el ácido sulfúrico tiene dos hidrógenos protonizables, tendrá dos equivalentes por mol, luego

M = 0,17/2 = 0,085 mol/l


22.– a) Calcula el grado de disociación del amoniaco presente en 250 cm3 de una disolución que contiene 0,255 g del mismo.
b) Halla el pH de dicha disolución. (Dato: Kb = 1  10–5).

a) Los moles de amoniaco son: 0,255 g / 17 g/mol = 0,015 moles

y la concentración: 0,015  1.000 / 250 = 0,06 M
Como Kb = Cït 2; 1,8  10–5 = 0,06  ït 2, de donde ït = 0,0173

b) pOH = –log Cït ; pOH = –log (0,06  0,0173) = 2,99 ; por lo tanto pH = 14 – 2,99 = 11,01


23.– La Ka del ácido benzoico es 6,45  10–5. Calcula la concentración de ion benzoato en una disolución 0 M y el pH de la misma.

El ácido benzoico se disocia según el equilibrio:


C6H5COOH C6H5COO– + H+
Conc. inicial
C
–
–
Conc. en el equilibrio
C (1 – ït )
C ït
C ït

Al ser un ácido muy débil, puede considerarse:

Ka = C ït 2 ; ït = [ (6,45 10–5) / (0,1)] 1/2 = 0,025; Por lo que:

[C6H5COO–] = [H+] = 0,1  0,025 = 0,0025 M = 2,5  10–3 M ; pH = –log 0,0025; pH = 2,60


TEMA 9 TRANSFERENCIA DE ELECTRONES
CUESTIONES

1.– Halla el número de oxidación del elemento subrayado en los siguientes compuestos:
a) HClO b) Na2CO3 c) H3PO4 d) NH3 e) Na2S f) AgNO3

a) HClO 1  1 del hidrógeno + 1  x del cloro + 1  (–2) del oxígeno = 0 ; x = +1
b) Na2CO3 2  1 del sodio + 1  x del carbono +3  (–2) del oxígeno = 0; x = +4
c) H3PO4 3  1 del hidrógeno + 1  x del fósforo + 4  (–2) del oxígeno = 0 x = +5
d) NH3 1  x del nitrógeno + 3  l del hidrógeno= 0 x = –3
e) Na2S 2  1 del sodio + 1  x del azufre = 0 x = –2
f) AgNO3 1  1 de la plata + 1 x del nitrógeno + 3  (–2) del oxígeno = 0; x = +5


2.– Ordena de mayor a menor como oxidantes las siguientes especies: MnO4– ; Br2 ; Ag+ ; NO3–

Según la tabla de potenciales y teniendo en cuenta que el poder oxidante aumenta hacia abajo:
MnO4– > Br2 > NO3 + > Ag+


3.– sQué es un electrodo de hidrógeno y para qué se usa?

Véase Apartado 9.9 del texto.


De las siguientes especies, scuáles serían reducidas por el Cu? a) Pb2+; b) Fe3+; c) Ag+.

Según la tabla de potenciales, el Cu reducirá al Fe3+ y Ag+ pero no al Pb2+, porque es más reductor que el cobre al estar por encima de él.


sPuede el Fe3+ oxidar el Br– a Br2?

No, porque para poder hacerlo tendría que estar en la Tabla por debajo del Br–, y no es así.


sExiste alguna sustancia capaz de reducir a las sales de litio?

No, porque las sales de litio, son las más reductoras.


sQué es un puente salino y cuál es su utilidad?

Véase Apartado 9.6 del texto.


En la reacción Fe2+ Fe3+ + 1 e–:
a) El Fe2+, sactúa como oxidante o como reductor?
b) La reacción, ssería una oxidación o una reducción?
c) Escribe una reacción con la que pudiera formar par.

a) Actúa como reductor porque pierde electrones.
b) La reacción seria la de oxidación, porque es la que sufre el reductor.
c) La solución es aleatoria, porque podría ser cualquiera que esté por debajo de esta reacción en la tabla de potenciales.


sEs correcto decir que en todas las pilas el ánodo es el polo positivo?

No, porque en las pilas galvánicas el ánodo es el polo negativo.


10 sEs cierto queen el ánodo de una pila galvánica tiene lugar la reducción del oxidante?

No, en el ánodo de una pila galvánica se produce la oxidación del reductor.


11 En la reacción: Sn (s) + Pb2+ Sn2+ + Pb (s):
a) Los iones Pb2+ actúan como reductores.
b) Los iones Sn2+ actúan como oxidantes.
c) El Pb (s) es el agente reductor.

Las dos semirreacciones de esta reacción serían: Sn (s) Sn2+ + 2 e–
Pb2+ + 2 e– Pb (s
a) No, los iones Pb2+ actúan como oxidantes porque captan electrones.
b) Sí, porque captarían electrones para dar Sn (s).
c) Sí, porque cedería electrones.


12 En la pila siguiente: Zn (s) / Zn2+ // Pb2+ / Pb (s), scuál es el ánodo y cuál el cátodo? sPor qué?

El ánodo será el electrodo Zn (s)/Zn2+ y el cátodo el Pb2+/Pb (s), porque:

Zn (s) Zn2+ + 2 e (Semirreacción de oxidación) La oxidación se produce en el ánodo
Pb2+ + 2 e Pb (s) (Semirreacción de reducción) y la reducción en el cátodo.


13 sEs cierto que siempre que hacemos la electrólisis del cloruro de sodio, en el ánodo se obtiene cloro y en el cátodo sodio?

No, si se hace la electrólisis del NaCl en disolución acuosa, en el cátodo se obtiene H2.


14 Sabiendo que los potenciales de reducción de Zn2+ / Zn y Au3+ / Au son, respectivamente, –0,76 V y 1,50 V, explica por qué el cinc es soluble en disolución ácida y el oro no.

Los procesos a estudiar son: Zn (s) + 2 H+ Zn2+ + H2
Au (s) + 3 H+ Au3+ + 3/2 H2

Si hallamos los potenciales de las posibles pilas a que corresponderían estas reacciones, tendríamos:Zn (s) Zn2+ + 2e– Es = + 0,76 V
2H+ + 2 e– H2 Es = 0,00 V
Zn (s) + 2 H+ Zn2+ + H2 Epila = + 0,76 V

Como el potencial de la pila es positivo, el Zn (s) se disuelve en los ácidos.
Au (s) Au3+ + 3 e– Es = – 1 V
3 H+ + 3 e– 3/2 H2 Es = 0,00 V
Au (s) + 3 H+ Au3+ + 3/2 H2 Epila = – 1,50 V

Como el potencial de la pila es negativo, el Au (s) no se disuelve en medio ácido.


15 sEn qué consiste la corrosión por efecto de pares galvánicos?

Veáse el apartado 9.14 del texto.


16 sQué tipos de recubrimientos se utilizan para evitar la corrosión?

Se utilizan tres: pinturas, metales y esmaltes o cerámicas.


17 sQué dice la ley de Nernst y para qué se aplica?

Véase Apartado Para ampliar de la página 172 del texto.


EJERCICIOS PROPUESTOS

1.– Ajusta la reacción siguiente por el método del ion electrón:
Cr2O72– + H+ + Fe2+ 2 Cr3+ + H2O + Fe3+

Las semirreacciones serán:
Cr2O72– + 14 H+ + 6 e– 2 Cr3+ + 7 H2O Multiplicando la segunda por 6
Fe2+ Fe3+ + 1 e– y sumándolas miembro a miembro, queda:
Cr2O72– + 14 H+ + 6 Fe2+ 2 Cr3+ + 7 H2O + 6 Fe3+


2.– En medio alcalino, el ion clorato oxida el ion Cr3+ a ion CrO42– y el ion clorato se reduce a cloruro. Escribe la ecuación iónica correspondiente ajustada.

La reacción iónica será: ClO3– + Cr3+ + OH– CrO42– + Cl–
Las dos semirreacciones serán:
ClO3– + 3 H2O + 6 e– Cr3+ + 6OH–
2 (Cr3+ + 8 OH– CrO42– + 4 H2O + 3 e–)
ClO3– + 2 Cr3+ + l0 OH– Cl– + 2 CrO42– + 5 H2O


3.– Ajusta por el método del ion electrón la reacción:
Yodo + Ácido nítrico Ácido yódico + Dióxido de nitrógeno + Agua

La reacción para ajustar será: I2 + HNO3 HIO3 + NO2 + H2O
Las semirreacciones serán:
I2 + 6 H2O 2 IO3– + 12 H+ + l0 e–
10 (NO3– + 2 H+ + 1 e– NO2 + H2O)
I2 + 6 H2O + 10 NO3– + 20 H+ 2 IO3– + 12 H+ + 10 NO2 + 10 H2O

Simplificando en los dos miembros el agua, los H+ y poniendo la reacción en forma molecular:

I2 + 10 HNO3 2 HIO3 + 10 NO2 + 4 H2O


4.– Deduce si el cloro o el yodo pueden reaccionar con iones Fe (II) y transformarlos en Fe (III), en medio acuoso, a partir de los siguientes datos:
Es (C12/Cl–) = 1,36 V ; Es (I2 / I–) = 0,54 V ; Es (Fe3+/Fe2+) = 0,77 V

El cloro sí podría oxidar al Fe (II) a Fe (III), porque su potencial normal es mayor.
Las semirreacciones serán
(Reducción) Cl + 2 e– 2 Cl– Es = 1,36V
(Oxidación) 2 (Fe2+ Fe3+ + 1 e–) Es = – 0,77 V
Cl– + 2 Fe2+ 2 Cl– + 2 Fe3+ Epila = 0,59V
Como podemos ver, el potencial de la pila es positivo.

El yodo no puede oxidar al ion Fe (II) a Fe (III), porque su potencial normal es menor. La reacción posible es la contraria.
(Reducción) 2 (Fe3+ + 1 e– Fe2+)
(Oxidación) 2 I– I2 + 2 e–
2 Fe3+ + 2 I– 2 Fe2+ + I2


5.– sCuál es el potencial normal de la pila formada por los pares Sn2+/ Sn y Br2/ Br–?Toma los potenciales normales de la tabla del libro.

Las semirreacciones son:
Sn Sn2+ + 2 e– Es = 0,14 V
Br + 2 e– 2 Br– Es = 1,06 V
Sn + Br2 Sn2++ + 2 IBr Epila = 1,20 V


6.– Explica si se puede construir una pila con los electrodos de Ag, en disolución de iones Ag+ 1 M, y de Cd, en disolución de iones Cd2+ 1 M. En caso afirmativo, dibuja un esquema de la pila, indicando qué electrodo actúa como ánodo y cuál como cátodo, y halla el potencial normal de la pila.
[Datos: Es (Cd2+/Cd) = –0 V; Es (Ag+/Ag) = 0,80 V.]

Sí se puede construir; el esquema de la pila será: Cd/Cd2+ (1 M) // Ag++ (1 M)/Ag
El ánodo es Cd/Cd2+ y el cátodo Ag2+/Ag.
Las semirreacciones son:
(Oxidación) Cd Cd2+ + 2 e– Es = 0,40 V
(Reducción) 2 (Ag+ + 1 e– Ag) Es = 0,80 V
Cd + 2 Ag+ Cd2+ + 2Ag Epila = 1,20 V


7.– Basándote en los potenciales normales, determina si el ácido nítrico oxidará Fe (II) a Fe (III), dando monóxido de nitrógeno como producto de la reducción. Razona la respuesta y da el potencial normal de la pila. [Datos: Es (Fe3+/Fe2+) = 0 V; Es (NO3–/ NO) = 0,96.].

Como el potencial de reducción de NO3– /NO es mayor que el Fe3+ /Fe2+, el ácido nítrico sí oxidaría el Fe (II) a Fe (III). Las semirreacciones serían:

(Reducción) NO– + 4H+ + 3e– NO + 2 H2O Es = 0,96 V
(Oxidación) 3 (Fe2 Fe3+ + 1 e–) Es = 0,77 V
NO + 4 H++ + 3 Fe2+ NO + H2O + Fe3+ Epila = 0,l9 V


8.– Dada la pila SO42– /H2SO3 // Ag+ / Ag:
a) Escribe las reacciones anódica y catódica.
b) Indica la reacción global de la pila.
c) Calcula el potencial de la pila.
Datos: Es (SO42– / H2SO3) = 0 V; Es (Ag+ / Ag) = 0,80 V.

Dada la pila SO42–/H2SO3– // Ag+/Ag:
a) Reacción anódica (polo –) H2SO3 + H2O SO2– + 4H+ + 2 e– Es = –0,20 V
Reacción catódica (polo +) 2 (Ag+ + 1 e– Ag) Es = 0,80 V

b) La reacción global de la pila: H2SO4 + 2 Ag+ + H2O SO42– + 4 H+ + 2 Ag

c) El potencial de la pila es: Epila = 0,60 V.


En medio ácido, el clorato de potasio reacciona con el cloruro de hierro (II) para dar cloruro de hierro (III) y cloruro potásico. Ajusta la reacción completa por el método del ion electrón y calcula los equivalentes del oxidante y del reductor.

La reacción es: KClO3 + FeCl2 FeCl3 + KCl
Semirreacción de reducción: ClO3– + 6 H+ + 6 e– Cl– + 3 H2O
Semirreacción de oxidación: Fe2+ Fe3+ + 1 e–

Multiplicamos la segunda por 6 para igualar el número de electrones y sumamos ambas:
CIO3– + 6 Fe2+ + 6 H+ Cl– + 6 Fe3+ + 3 H2O

Para escribir la reacción molecular ajustada, supondremos que el medio ácido es de HCl:
KClO3 + 6 FeCl2 + 6 HCl 6 FeCl3 + KCl + 3 H2O
Según las semirreacciones, el oxidante es el ClO3– y el reductor es el Fe2+; por tanto:

Equivalente del oxidante (KClO3) = 122,5 /6 = 20,4 g
Equivalente del reductor (FeCl2) = 126,8/1 = l26,8 g


10.– La reacción que se produce en la batería de un coche durante la carga incluye la reducción del PbSO4 (s) a Pb (s) y la oxidación del PbSO4 (s) a PbO2 (s), teniendo lugar las dos reacciones en presencia deácido sulfúrico. Ajusta la reacción por el método del ion electrón:

Las semirreacciones son:
PbSO4 (s) + 2 e– Pb (s) + SO42– (Semirreacción de reducción)
PbSO4 + 2 H2O PbO2 (s) + SO42– + 4H+ + 2e– (Semirreacción de oxidación)
Sumando las dos semirreacciones:

2 PbSO4 + 2 H2O Pb (s) + PbO2 (s) + 2 SO42– + 4 H+


11.– Calcula el tiempo necesario para platear una cuchara de 20 cm2 de área total hasta un espesor de
10–4 m con un baño plateado que contenga Ag(CN)2, por el que pasa una corriente de 0,02 A.
(Dato: Densidad de la plata, 10,5 g/cm3.)

La cantidad de plata necesaria para platear la cuchara es:
Masa = Volumen Densidad = 20  10– 2  10,5 = 2,1 g

Según las leyes de Faraday:
I  Eq–g  t m  96.500 2,1  96.500
m = ; Despejando t: t = = = 93.819,4 s = 26 horas
96.500 I  Eq–g 0,02  108


12.– Calcula G para la reacción: MnO4– + H+ + 5 Ag (s) Mn2+ + 4 H2O + 5 Ag
sSerá espontánea la reacción?

Tomando los potenciales de la Tabla 9.2 hallamos el potencial de la pila. Las semirreacciones son:
MnO4– + 8 H+ + 5 e– Mn2+ + 4 H2O Es = 1,51 V
5 (Ag (s) Ag+ + 1 e– ) Es = – 0,80 V
MnO4– + H+ + 5 Ag (s) Mn2+ + 4 H2O + 5 Ag Es = 0,71 V

Como sabemos que G = –n F E. Sustituyendo valores:

G = –5  96.500  0,71 = –342.575 J = –3,4  102 kJ; Como G