MURCIA-SEP-2011-(19-04).qxp 19/4/12 12:58 Página 1 · regiÓn de murcia convocatoria septiembre...

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MURCIA-SEP-2011-(19-04).qxp 19/4/12 12:58 Página 1

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3© Oxford University Press España, S. A. Q u í m i c a

REGIÓN DE MURCIA CONVOCATORIA SEPTIEMBRE 2011

S O L U C I Ó N D E L A P R U E B A D E A C C E S OAUTOR: Julio Egea Egea

� a) Principio de llenado Aufbau: para que se cumpla,deben de darse las siguientes condiciones:

� Principio de mínima energía: un electrón poseerála mínima energía posible en la corteza.

� Principio de máxima multiplicidad de Hund: loselectrones ocuparán el máximo número de orbita-les y subniveles posibles dentro de su capa.

� Principio de exclusión de Pauli: en el mismo átomono pueden existir dos o más electrones con loscuatro números cuánticos iguales.

De las representaciones de cajas del enunciado sededuce que son válidas las configuraciones A y C,pues ambas cumplen con el principio de llenadode Aufbau, aunque la C no lo cumple totalmente,pues no posee exactamente la mínima energía,pero es un estado permitido denominado “promo-cionado” (un electrón de 2s ha subido de energíaen la misma capa al subnivel 2p).

Es incorrecta la configuración B pues los espinesde la caja 2p llena están en el mismo sentido y, portanto, tienen los cuatro números cuánticos igualesno cumpliendo el principio de exclusión de Pauli.

b) La configuración A representa el estado fundamen-tal, pues cumple completamente con el principio dellenado Aufbau.

La configuración C representa un estado excitado,pues posee más energía que el fundamental, perocomo el electrón excitado permanece en su mis-ma capa también se denomina estado promocio-nado.

� a) La fusión consiste en dotar de un cierto “movimientoo libertad de unión” a los átomos o a las moléculasque constituyen la sustancia; por tanto, de acuerdocon el apartado anterior, se tiene que el diamante escarbono puro cristalizado en una red tetraédrica delmodelo sp3, muy compacta, por lo que para fundirlohay que romper sus enlaces y superar la energía reti-cular de la misma.

b) El cloruro de sodio es un compuesto iónico.

Los compuestos iónicos forman redes cristalinas enlas que cada ion de un signo se rodea de tantosiones de signo contrario como lo permite su propiovolumen; por tanto, no forman verdaderas molécu-las, sino que son conjuntos de iones ordenados en elespacio en estado sólido.

La disolución es un ataque de las moléculas deldisolvente a los iones de la red mediante atraccioneseléctricas que consiguen separar cada ion y rodearlocon moléculas orientadas hacia el mismo por el polode signo contrario. De esta forma la red se destruye ylos iones pasan a formar parte de la disolución,adquiriendo mucha movilidad.

Esta disolución se produce de forma intensa condisolventes polares; con disolventes apolares se pro-duce en mucho menor grado o no tiene lugar.

El agua es una molécula polar, por tanto disuelvebien a los compuestos iónicos y, en concreto, al NaCl.Para conseguir la disolución se han de vencer losenlaces iónicos y superar la energía de la red (ener-gía reticular).

�

Pasando a las especies moleculares de origen y adjudi-cando los 8 iones H + al H2SO4 se tiene:

8 NaI(aq) + 4 H2SO4(aq) → H2S(g) + 4 I2(s) + 4 H2O(l)

Poniendo las moléculas que no han intervenido con suajuste:

4 (2 I 2 e I )Semirreacción de oxidación p

20⋅ − →

=

− −

éérdida de electrones

SO 8 H 8 e42− +

+

−+ +6

→→ +−

−

S 4 H OSemirreacción de reducci

22

2

óón ganancia de electrones

8 I SO 8 H 442

=

+ + →− − + I S 4 H O20 2

2+ +−

NaI H SO H S I Na SO1-

2

6

4 2

2- 0

2 2 4+ → + ++

H O2+

��

��

��

��

��

��

��

��

��

�

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

�

��

��

��

��

��

��

proceso de disolución

atracción

atracción

Na – e– Na+

Cl + e– Cl–

red cristalinaunión

eléctrica

–

–

+

+

––

–

+

+ +

–

–

++

+

+ –

––Na+ Cl–

Opción A




8 NaI(aq) + 4 H2SO4(aq)↓

H2S(g) + 4 I2(s) + 4 Na2SO4(aq) + 4 H2O(l)

Reajustando el S en el primer término la ecuación totalqueda:

8 NaI(aq) + 5 H2SO4(aq)↓

H2S(g) + 4 I2(s) + 4 Na2SO4(aq) + 4 H2O(l)

�

� a) Se resuelve por el concepto de grado de disociaciónα. Se plantea el cuadro guía hasta el equilibrio enfunción de α:

De la concentración en el equilibrio del Cl2 se obtie-ne el valor del grado de disociación:

De esta expresión se obtiene que α = 0,2857, esdecir, se encuentra disociado un 28,57 % del PCl5.

De este valor se obtiene la concentración del restode los componentes en el equilibrio:

Es decir, las concentraciones en el equilibrio son:[PCl5] = 0,5 M; [PCl3] = 0,2 M; [Cl2] = 0,2 M.

NOTA: Otra forma de resolverlo es por los moles quehan reaccionado:

De la concentración en el equilibrio del Cl2 se obtie-ne el valor de x = 1.

De este valor se obtiene la concentración del restode los componentes en el equilibrio:

Es decir, las concentraciones en el equilibrio son:[PCl5] = 0,5 M; [PCl3] = 0,2 M; [Cl2] = 0,2 M.

b) Si al equilibrio anterior se le añaden 0,1 mol de PCl5

la nueva propuesta que se plantea es la siguiente.

Moles de PCl5 en el equilibrio anterior:

PCl5 = 3,5 − x = 3,5 − 1 = 2,5

Kc = [ ][ ][ ] = ⋅ =

PCl Cl

PCl0,2 0,2

0,50,083 2

5

PCl3

53,5 15

0,5 M5[ ] = − = − =,5 x

V = 5 L PCl5 (g) � PCl3(g) + Cl2 (g)

ni n0 = 3,5 − −

nr x − −

nf − x x

neq 3,5 − x x x

[ ]eq

3,5 − x—–—–

5x––5

x––5

= 0,2

χ

pp = χ pT

α = =

=

moles disociadosmoles iniciales

0 2857, qque expresado en %: 28,57 %α =

Kc = [ ][ ][ ] = ⋅ =

PCl Cl

PCl0,2 0,2

0,50,083 2

5

PCl(1 )5

3,5 (1 0,2857)5

0,5M50[ ] = − = − =n α

n0

5

3,55

α

α

=

=

0 2

0 2

,

,

Propuestas Soluciones

CaH2Dihidruro de calcioHidruro de calcio

CrO3Trióxido de cromoÓxido de cromo (VI)

SiH4SilanoTetrahidruro de silicio

C6H5OC6H5

Difeniléter

O

HCONH2

Metanamida

O

NH2

H — C

Manganato de potasio K2MnO4

Tricloruro de bismuto BiCl3

Dihidrogenofosfato de calcio Ca(H2PO4)2

2-metil-2-butanol CH3 — C — CH2 — CH3

OH

CH31 2 43

Triclorometano Cl — C — H

Cl

Cl

V = 5 L PCl5 (g) � PCl3(g) + Cl2 (g)

ni n0 = 3,5 − −

nr n0 α − −

nf − n0 α n0 α

neq n0(1 − α) n0 α n0 α

[ ]eq

n0 (1 )5− α n0

5α n0

5=α0 2,




Mol de PCl3 en el equilibrio anterior: x = 1

Mol de Cl2 en el equilibrio anterior: x = 1

Mol en la nueva mezcla:

PCl5 = 2,5 + 0,1 = 2,6 PCl3 = 1 Cl2 = 1

Al añadir 0,1 mol de PCl5, el equilibrio evolucionadisociándose parte del reactivo añadido hasta alcan-zar el nuevo equilibrio manteniéndose constante Kc,pues la temperatura no varía. Este hecho se certificacalculando el cociente de reacción de la nueva mezcla:

Como Qc < Kc el equilibrio evoluciona hasta que seigualan, es decir, hacia productos (se cumple el prin-cipio de Le Châtelier). Por lo tanto, se disocia partedel PCl5:

A partir de la expresión de Kc y de su valor calculadoen el apartado anterior, se obtiene x:

Simplificando resulta la ecuación:

x2 + 2,4 x − 0,04 = 0

Cuya única solución con significado químico es: x = 0,01655 ≈ 0,017. Con este valor se realizan los cál-culos solicitados por el enunciado.

� Composición de la mezcla

Mol de PCl5 en el nuevo equilibrio:

2,6 − x = 2,6 − 0,017 = 2,583

Mol de PCl3 en el nuevo equilibrio:

x = 1 + x = 1 + 0,017 = 1,017

Mol de Cl2 en el nuevo equilibrio:

x = 1 + x = 1 + 0,017 = 1,017

Mol totales en el equilibrio:

2,583 + 1,017 + 1,017 = 4,62

Las fracciones molares serán las siguientes:

Es decir la composición de la mezcla es:

Mol de PCl5 en el nuevo equilibrio: 2,583 que es un55,91 % de los moles en el equilibrio.Mol de PCl3 en el nuevo equilibrio: 1,017 que es un22,01 % de los moles en el equilibrio.Mol de Cl2 en el nuevo equilibrio: 1,017 que es un22,01 % de los moles en el equilibrio.

� Presión total

Se obtiene aplicando la ley de los gases ideales a lamezcla en equilibrio con 4,62 mol totales y en lascondiciones del mismo:

� a) Se mezclan 20 mL de disolución de NaOH 0,5 M con10 mL de disolución de NaOH 0,25 M. Se calculan losmoles de bases mezcladas:

En la disolución 1:

En la disolución 2:

Mol totales de NaOH mezclados = 0,01 + 0,0025 =0,0125. Estos 0,0125 mol se encuentran en el volu-men total (se supone aditivo): (0,02 + 0,01) L = 0,03 L.

Cálculo de la concentración del NaOH:

Como el NaOH es una base fuerte se disocia total-mente:

NaOH → Na + + OH−

0,042 M 0,042 M 0,042 M

Qc = [ ][ ][ ] =

⋅=

PCl Cl

PCl

152,65

0,0773 2

5

15

Mn

V= = =

= ≈

0,0125 mol0,03 L

0,0416 0,042 M�

MV = ⋅ =0 25 0 01 0 0025, , ,mollitro

litros mol de NNaOH

MV = ⋅ =0 5 0 02 0 01, , ,mollitro

litros mol de NaOHH

V = 5 L PCl5 (g) � PCl3(g) + Cl2 (g)

ni 2,5 + 0,1 = 2,6 1 1

nr x − −

nf − x x

neq 2,6 − x 1 + x 1 + x

[ ]eq

2,6 − x—–—–

51 + x–—–

51 + x–—–

5

χ

pp = χ pT

pnRT

V= =

=⋅ ⋅

=4,62 mol 0,082

atm Lmol K

525 K

5 L399,778 atm

χPCl5

5

moles de PClmoles totales

= = =2 5834 62,,

00 5591, =

=

=

55,91 % de PCl en la mezcla5

PCl3χ mmoles de PCl

moles totales3 = =1017

4 620 220

,,

, 11=

=

=

22,01 % de PCl en la mezcla

moles

3

Cl2χ dde Cl

moles totales

22,0

2 = = =

=

10174 62

0 2201,,

,

11 % de Cl en la mezcla2

Kc = [ ][ ][ ] =

+ ⋅ +

− =PCl Cl

PCl

15

15

25

0,083 2

5

x x

x,6




Como:

pOH = − log [OH−] = − log [0,042] = 1,377

pH = 14 − pOH = 14 − 1,377 = 12,623

La mezcla posee un pH = 12,62.

b) La reacción de neutralización es:

HCl + NaOH → NaCl + H2O

Por la estequiometría se sabe que cada mol de basenecesita un mol de ácido para neutralizarse, por tan-to para neutralizar la disolución son necesarios0,0125 mol de ácido HCl.

Cálculo del volumen del ácido HCl del 20 % de rique-za y 1,056 g · cm− 3 que contienen los 0,0125 mol deácido HCl puro (Mm (HCl) = 36,5 g/mol):

Cálculo de la masa de HCl del 20 % de riqueza quecontienen 0,4566 g de HCl puro:

Se necesitan 2,162 cm3 de HCl del 20 % de riquezapara la neutralización.

c) Base de cálculo: un litro de HCl del 20 % de riqueza y1,056 g · cm− 3. Cálculo de la masa del litro consi -derado:

Esta masa posee el 20 % de ácido puro por lo que sepueden calcular los gramos de HCl que contiene ellitro de referencia es decir:

1 056 · 0,20 = 211,2 g de ácido HCl puro

Por tanto, la concentración es: 211,2 g/L.

Cálculo de los moles de HCl que hay en el litro consi-derado (Mm(HCl) = 36 g/mol):

Por tanto, la concentración molar es:

NOTA: Otra forma de calcular la molaridad es apli-cando factores de conversión:

1,056g de disolución

mL1000 mL

1 L

20 g de

⋅ ⋅

⋅ HCl puros100 g de disolución

1 mol de H⋅ CCl36,5 g de HCl

5,78 M=

Mn

V= = =5,78 mol

1 L5,78 M

mol de HCl211,2 g

36,5gL

5,78 mol= =

dm

Vm dV= ⇒ = = ⋅ =1,056

gmL

1000 mL 1056 g

dm

VV

m

d= ⇒ = = =2,283 g

1,056g

cm

2,162 cm

3

3

Nº de gramos 0,4566 g10020

2,283 g de HCl

= ⋅ =

= puro del 20 % de riqueza

Nº de gramos

0,0125 mol 36,5g

mol0,456

m= =

= ⋅ =

nM

66 g de HCl puro




� A los elementos del grupo 16 les faltan 2 electrones parallenar el subnivel p de la capa de valencia y, por tanto, lamisma tendrá una estructura del modelo ns2p4 (anfígenos).

Afinidad electrónica es la energía que se intercambiacuando un átomo neutro recibe un electrón para con-vertirse en un ion negativo. Por cada electrón recibidoexiste una energía intercambiada que puede ser “des-prendida del sistema” (signo negativo = exotérmica), o aveces “absorbida por el sistema” (signo positivo = endo-térmica).

La afinidad electrónica es un valor determinado por latendencia de un átomo a captar electrones en su capade valencia; el de mayor valor en la tabla corresponde alos halógenos (F), que son los que captan electronescon mayor facilidad.

Teniendo en cuenta lo anterior, el átomo que tenga loselectrones más alejados presentará poca tendencia acaptar un electrón. Por tanto, a medida que se “baja” enun grupo la afinidad electrónica disminuye y esto es loque ocurre en el grupo 16 de los anfígenos.

� Se resuelve aplicando las leyes de Faraday y se puederazonar de distintas formas:

Teniendo en cuenta que:

Disociación de la sal:

KI → K + + I−

2I− − 2e− → I2

Reacción de oxidación = pérdida de electrones (ánodo)

Para este caso m = 2,79 g; n = 2 electrones intercambia-dos: I = 1,75 A, Mm = 253,8 g/mol.

El tiempo necesario es 1 212,36 s = 20,21 minutos.

� Para resolver el ejercicio se aplica el principio de Le Châ-telier: “El equilibrio ante una perturbación externa evo-lucionará en el sentido de contrarrestarla”.

a) Se trata de una reacción endotérmica pues ΔH > 0,que también se puede escribir considerando que elcalor forma parte de los componentes de la reacción,es decir, de los reactivos:

CO(g) + 2 H2(g) + Q(calor) � CH3OH(g)

Para que el rendimiento sea máximo y se formenmás productos (metanol), el proceso se debe llevar acabo a alta temperatura, es decir, suministrandocalor a la reacción, pues de esta forma evolucionaráen el sentido de eliminar el calor dado; para ello elequilibrio evoluciona hacia productos.

b) Perturbación propuesta por el enunciado: cambio dela presión.

Si el cambio es un aumento de la presión, este equili-brio evolucionará en el sentido de contrarrestardicho aumento, o sea, hacia donde hay menor pre-sión. Eso ocurre en la zona de los productos, pues allíhay un mol y la presión parcial de estos es menorque la de los reactivos, donde hay tres moles, porello el equilibrio se desplazará hacia los productos.

Si el cambio es una disminución de la presión, esteequilibrio evolucionará en el sentido de contrarres-tar dicha disminución, o sea, hacia donde haymayor presión. Eso ocurre en la zona de los reacti-vos, pues allí hay tres moles y la presión parcial deestos es mayor que la de los productos, donde hayun mol, por ello el equilibrio se desplazará hacia losreactivos.

CO(g) + 2 H2(g) � CH3OH(g)

Reactivos Productos

3 mol > 1 mol

pp pp reactivos > pp productos

Evolución ←⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

CO(g) + 2 H2(g) � CH3OH(g)

Reactivos Productos

3 mol > 1 mol

pp pp reactivos > pp productos

Evolución ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→

tmFn

IM= = ⋅ ⋅

⋅=

m

2,791212,36 s

96 500 2175 253 8, ,

IQ

tQ It

Mn m

Itt

mFn

IM

= ⇒ =

= =a

m96 500

aM

valencia1Eq = = MM

Mv m

Q

a

a

n electrones intercambiados

96 500

°

=

Si para depositar un equivalente químicose nnecesitan 96 500 culombios

para una masa

=

= m

sse necesitarán culombiosQ

Opción B




�

� a)

El C del CO2 y el H del H2O proceden exclusivamentedel compuesto y el oxígeno se calculará por diferenciacon el gramo dado, ya que el oxígeno que hay en elagua procede del compuesto dado y del O2 reactivo.

Cálculo del C en 2,64 g de CO2:

NOTA: Por razonamiento proporcional:

Cálculo del H en 1,08 g de H2O:

NOTA: Por razonamiento proporcional:

Cálculo del O por diferencia: 1,8 − 0,72 − 0,12 = 0,96g de oxígeno tiene el compuesto.

Por tanto, en 1,8 g de sustancia existen las siguientescantidades:

Por otra parte, se conoce la masa molecular real, portanto, igualando ambas masas moleculares:

12 · 1n + 1 · 2n + 16 · 1n = 180

30 n = 180 ⇒ n = 6

De donde se obtiene la fórmula molecular de la glu-cosa: (C1H2O1)6 = C6H12O6

b)

La entalpía estándar de combustión de la glucosa es− 3 965,6 kJ/mol; por ser negativo es un proceso exo-térmico.

� a) Se trata de ácido y base fuertes (se sabe porque elenunciado no proporciona ni solicita las correspon-dientes constantes Ka y Kb), por lo que están total-mente disociados.� Disolución de HNO3

Cálculo de la concentración molar del HNO3 cuyopH = 1,0. Como:

ΔH0 6 393 5 6 284 7

2 361 17

( ) [ ( , )] [ ( , )]P = ⋅ − + ⋅ − =

= − −

∑008 286 4 069 2

103 60

0

, ,

( ) ,

(

= −

= −

=

∑

kJ

R kJ

c

Δ

Δ Δ

H

H H PP R

kJ

) ( )

( , ) ( , ) ,

− =

= − − − = −

∑ ∑∑ ΔH

4 069 2 103 6 3 965 6 mol−1

C: 0,720,72 g

12g

mol

0,06 mol de átomos de C→ = 0,060,06

1

H: 0,120,12 g

1g

mol

0,12 mol de

=

→ = átomos de H0,120,06

2

O: 0,960,96 g

16g

mol

=

→ == =0,06 mol de átomos de O0,060,06

1

Si en 18 g de H O (su )2 g son de H

en 1,02 mM = 88 g de H Ohabrá g de H

2

y

y = 0 12, g de H

1,08 g de H O2 g son de H

18 g de H O(su22 m

⋅M ))

0,12 g de H=

Si en 44 g de CO (su )12 g son de C

en 2,2 mM = 664 g de COhabrá g de C

2

x

x = 0 72, g de C

2,64 g de CO12 g son de C

44 g de CO (su22

⋅Mmm

g de C)

,= 0 72

M. moleculares(uma)

180 44 18

Reacción CxHyOz + O2 → CO2 + H2O

M. reaccionantes(gramos)

1,8 produce→ 2,64 1,08

Datos de entalpías

C6H12O6 + 6 O2 → 6 CO2 + 6 H2O (l)

ΔHf0 kJmol

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− 103,6 − 393,5 − 284,7

Propuestas Soluciones

Hidróxido de cinc Zn(OH)2

Seleniuro de hidrógeno H2Se

Clorito de sodio NaCIO2

Ácido 1,2 bencenodicarboxílicoC

O

OHC

OOH

1

2

EtanalO

HCH3 — C

BeOMonóxido de berilioÓxido de berilio

As2S3Trisulfuro de diarsénicoSulfuro de arsénico (III)

H4P2O7 Ácido pirofosfórico

CH3 — C — C — CH3

H

CH3

CH3

H

2,3 dimetilbutano

NH2 — CH2 — CH2 — NH21,2 diaminoetano1,2-etanodiamina




pH = − log [H3O + ]

[H3O+ ] = Antilog(− pH) = 10− pH

[H3O+ ] = 10− 1 = 0,1 M

Las concentraciones de las especies en la disolu-ción son: [NO3

−] = [H3O + ] = 0,1 M

� Disolución de Ba(OH)2

Cálculo de la concentración molar del Ba(OH)2 cuyopH = 12,0. Como:

pH + pOH = 14

pOH = 14 − pH = 14 − 12 = 2

pOH = − log [OH − ]

[OH − ] = Antilog(− pOH) = 10 − pOH

[OH − ] = 10 − 2 = 0,01 M

Por la estequiometría la concentración de la baseserá:

Es decir, la disociación total de la base es:

Las concentraciones de las especies en la disolu-ción son: [Ba2 + ] = 0,005 M; [OH−] = 0,01 M.

b) La reacción de neutralización es:

2 HNO3 + Ba(OH)2 → Ba(NO3)2 + 2 H2O

La mezcla es 500 mL de disolución de HNO3 0,1 Mcon 3 litros de disolución de Ba(OH)2 0,005 M. Se cal-culan los moles de ácido y de base mezclados:

Cálculo del reactivo limitante:

Por tanto, el reactivo limitante es la base que reac-ciona con 0,03 mol de HNO3. Sobran: 0,05 mol deHNO3 mezclados − 0,03 mol de HNO3 consumidos =0,02 mol de HNO3.

Los 0,02 mol de HNO3 que han sobrado se encuen-tran en el total del volumen de la mezcla es decir:

Vtotal = 0,5 + 3 = 3,5 litros (dice el enunciado que sonaditivos).

Cálculo de la concentración del HNO3 que sobra:

Al ser ácido fuerte está totalmente disociado:

Como:

pH = − log [H3O + ] = − log [0,0057] = 2,243

En la siguiente tabla se resume el proceso:

c) La mezcla es: 500 mL de disolución de HNO3 0,1 Mcon 6 litros de disolución de Ba(OH)2 0,005 M. Se cal-culan los moles de ácido y de base mezclados:

Cálculo del reactivo limitante:

Por tanto, el reactivo limitante es el ácido, que reac-ciona con 0,025 mol de Ba(OH)2. Sobran: 0,03 mol deBa(OH)2 mezclados − 0,025 mol de Ba(OH)2 consumi-dos = 0,005 mol de Ba(OH)2.

Los 0,005 mol de Ba(OH)2 que han sobrado seencuentran en el total del volumen de la mezcla, esdecir: Vtotal = 0,5 + 6 = 6,5 litros (dice el enunciadoque son aditivos).

0 05, mol de HNO1mol de Ba(OH)2 mol de HNO3

2⋅33

20,025 mol de Ba(OH)

=

=

MV

M

= ⋅ =0,1 0,5 litros 0,05 mol de HNO3

mollitro

VV = ⋅ =0,005 6 litros 0,03 mol de Ba(OHmollitro

))2

Mezcla 2 HNO3 + Ba(OH)2 → Ba(NO3)2 + 2 H2O

Moles iniciales

0,05 0,015

Moles reaccionantes

0,03 0,015

Moles finales 0,02 0 0,015

Moles sinreaccionar

0,02 0No influyeen el pH

V 0,5 3

Vtotal 3,5

Molaridad 0,0057

pH 2,243

HNO3 + H2O → NO3− + H3O+

0,0057 M 0,0057 M 0,0057 M

Mn

V= = =0,02 mol

3,5 L0,0057 M

0,015 mol de Ba(OH)2 mol de HNO1mol de Ba2

3⋅((OH)

0,03 mol de HNO

2

3

=

=

MV

M

= ⋅ =0,1 0,5 litros 0,05 mol de HNO3

mollitro

VV = ⋅ =0,005 3 litros 0,015 mol de Ba(Omollitro

HH)2

Ba(OH)2 → Ba 2+ + 2 OH−

0,005 M 0,005 M 0,01 M

[Ba(OH) ][OH ]2

0,01M2

0,005 M2 = = =−

HNO3 + H2O → NO3− + H3O+

0,1 M 0,1 M 0,1 M




Cálculo de la concentración del Ba(OH)2 que sobra:

Al ser base fuerte está totalmente disociada:

Como:

pOH = − log [OH−]

pOH = − log [1,54 · 10 − 3] = 2,813

pH = 14 − pOH

pH = 14 − 2,813 = 11,19

La mezcla posee un pH = 11,19

En la siguiente tabla se resume el proceso:

Ba(OH)2 → Ba 2+ + 2 OH−

7,69 · 10−4 M 7,69 · 10−4 M2 · (7,69 · 10−4) M =

= 1,54 · 10−3 M

Mn

V= = = ⋅ −0,005 mol

6,5 L7,69 10 M4

Mezcla 2 HNO3 + Ba(OH)2 → Ba(NO3)2 + 2 H2O

Moles iniciales

0,05 0,03

Moles reaccionantes

0,05 0,025

Moles finales 0 0,005 0,003

Moles sin reaccionar 0 0,005No influyeen el pH

V 0,5 6

Vtotal 6,5

MolaridadBa(OH)2 7,69 · 10−4

OH− 1,54 · 10−3

pH 11,19


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