Q P r o

U b l e

I m a

M s

I R e

C s u e

A l t o s

ISBN 950-807-009-9 Todostosderechos reservados. Queda hecho el depsito que marca la ley 11.723 1995.fflC.CC 2- Edicin

I N D I C E ;

prefacioCapitulo 1 wt T e o r a atmico-molecular Capitulo 2

Estructura atmica. Tabm pa Capitulo 3

Uniones qumica. Geometra r Capitulo 4

N o m e n c l a t u r a . Ecuaciones K Capitulo n de los profesores del Ciclo Agradecemos la colaboracin i | han hecho posible Ss:co Comn y de iodos aque obra, la realizacin de la presente oj e i o sq u e

5

Soluciones Captulo 6

Estequiometra Capitulo 7

spefe el derecho de autor Promueva la creatividad res,

Equilibrio q u m i c o Captulo 8

Equilibrio c i d o - b a s e Impreso en Argentina. nes de Marzo de 1995 en los Se termino de imprimir en el mf | C C (Centro de Copiado Talleres Grficos de la editoriagda de 1200 La Copia S.R.L.) con una tiraca C

CAPITULO 1

T E O R I A G A S E S

A \ T O M I C O - M < I l D E A L E S .

II i C t I

Recin en el siglo i XVIII se comprendi que la mitafll l discretas: tomos, mmolcutas. La elabor.u-.mu experimentales obteninidos con gases, de ah la nace*! M I comportamiento de lo| s gases ideales.0

PROBLBMA Un qumico n* dulce da la< lia un altajor y pa a) Cuintoi | b) Cuntoi mole:.; c) Cada alfaCu^uit.r.

de t;i|j.r. il

1go

-

M

a) Primero averigeuemos cuntos alfajores hay un un nuil l a IIU estos lpices, gc londrinas, pasacasettes o mol*' ulaa ila Entonces en u n , mol de alfajores habr 6,02n

Si 1 alfajor 6 , 0 2 . 1 0 alfajora

b) Sabemos que ui n mol de alfajores cuesta 6,02.10" > moles de pesos, son 1 , 8 0 6 . 1 0 pesos?u os a

Si 6 , 0 2 . 1 0 " $ 1,806. 1 0 $:J

35

Precenlas RSLe.:os.

ra de esperar, ya que si un alfajor cuesta S 0,30 , 1 mol de alfajores Un mol de molculas de oxgeno gaseoso (0 ) pesa 32,0g. Cunto pesa u2

, inda parte de la pregunta. Sabemos que un Naos son 0,30$? Si 6,02 . 1 0 $2I

alfajor cuesta 0,30 S.

tomo de oxgeno?

3 . 10-'S Si 1 alfajor 10 alfajores23

1 mol de S 3 . 10-' x= 6,02 . 10 2 tapas 1,204.1024

: 23

4,98 . 10 moles de S21

Si 1 molcula de oxigeno 6,02 . 10 molculas23

2 tomos de O x = 1,204. 10 tomos de O24

tapas

Si 1,204. 1 0 tomos de O2 4

32 g x

32,0 1,204 . 10-

Si 1 alfajor ol de alfajores

1 tomo de O 2 tapas 2 moles de tapas

= 2,66. 10- g

06.10" 10 10 moles de $ 1 . 10" tapas ilos de tapas.21

Respuesta:

2,66 . 1 0 g23

PROBLEMA

4

PROBLEMA

2

Sedesconoce la atomicidad de las molculas de un elemento X, pero se conoc su masa molecular relativa (M,X = 123,92) y se sabe que cada tomo de X pes 5,1462 . 1 0 g. Cuntos tomos tiene una molcula de X?23

I .i soja es una planta leguminosa cuyo fruto es una vaina, que contiene un nmero diferente de granos segn la variedad de la planta. En un campo embrado nacen 16000 plantas de soja, 10000 de las cuales son ce una variedad que produce 4 granos por vaina y el resto son de otra varieoad que produce 3 granos por vaina. Sabiendo que en promedio cada planta de soja tiene 250 vainas, cuntos moles de granos de soja se producen

Saberr.cs que M es la masa de un mol de molculas, entonces: 6.02 . 10 molculas de X33

1 molcula Ahora t e n II ni de granos que produce la primera variedad, que da HMIII |itntas . 250 vainas/planta . 4 granos/vaina = 10.10'- granos Ha ui ."ios que produce la otra variedad: i i n i i . i . 3 granos/vaina = 4,5 . 1 0 ' granos 'iiii i que se produjeron 14.5 . 10 granos de soja.6

123,92 g 123 92 = : 6,02. 10x

= 2,0585 . 1 0 " g23

si 5,1462. 1 0 g23

1 tomo 2,0585 . 1 0x

22

2.0585. 1 0 g22

= 4,00 tomos

5,1462. 10-

23

Entonces cada molcula de X esta formada por 4 tomos. Respuesta: 4 tomos PROBLEMAS Para cada una de las siguientes afirmaciones indique si es verdadera o fah justificando su respuesta. . a) 100 millones de molculas de CH pesan 1,6 . 10 toneladas. Datos: A, C= 12,0; A H= 1.0; 1 Tn = 10 kg b) En 48 0 g de 0 hay menor nmero de tomos que en 16,0 g de UM, Datos: A 0=16,0; A C=12,0; A,H=1,04 3 3 3 r r

1,02 . 10" granos 1,45 . 10' granos molas de granos

1 mol de granos x = 2,4. 1 0 moles,s

Centro de Copiado La Copia S.R.L. ta 11 i . i cipia S.R.L.

9

Piaalemas

Resuellos

. Juana aUmvahmomcL.4.' w reales

c) Sabiendo que A C = 12,0 y A, O 16,0 podemos afirmar que una molcula de C 0 pesa 44 g. d) 50,13 g de Ca metlico contienen 1,25 meles de tomos de Ca. Dato: A, Ca= 40,1r 2

PROBLEMA

6

Ir 4

-

*

;i

"

a) En primer trmino calculemos M CH = 16,0. Recordando que M es la masa de u n rmol de molculasy que en moi de molculas hay 6,02 . 1 0 molculas, decimos:u n a

Oetermine el cambio "luta)yamboscamtiossecompensaron,porlotantonohubo !

. 298 K

n, = 0,41 moles de molculas de 0

2

Debemois ahora calcular el nmero de moles de molculas de oxgeno que se perdieron: n = 4,09 - 0,41 = 3,68 moies de molculas de oxgeno. ' MA 72

Recordando que n = m/M, donde m = masa y M = masa melar, despejamos la masa de oxigeno que se perdic

m i !

nrrr de base y 1 m de altura contiene 0 a una presin de 10 oduce una pequea fisura en el tanque, con la consiguiente 'ti -imine: mt queda en el tanque: se perdi, atmosfrica normal I 32.0

m = n M = 3,68 moles . 32 g/mol = 117,76 g Es decir que se perdieron 117,75 g de gas. Respuestas: a)V=10.l b)m = 117,76 g

PROBLEMAS Se inflan los neumticos de un coche, de 501 de capacidad cada uno, con air a 25 C y una presin de 30 psi (unidad inglesa, pound/square inch, psi = libi /pulgada ). Sabiendo que la aguja del medidor de presin marca la diferenc entre la presin del neumtico y la presin atmosfrica, determine que presic marcar la aguja despus de haber recorrido una considerable distancia a gre velocidad, con los neumticos calentados a 45 C y su capacidad expandir, a 50.7 litros. Dato: 1 atm equivale a 14,7 psi.1

i I'-MIII', que si el cilindro rgido se fisura, se perder gas pero ' mi" l'or lo tanto, para responder debemos tener en cuenta ' m i .interior donde la masa de! gas se mantena constante I i'innl" una parte de! contenido del cilindro. Qu cantidad de iun tale todo el gas; habr fuga de oxigeno hasta que la t a t tajual .i la presin exterior (atmosfrica). En ese momento, el '.'ii'lim ser igual al volumen del recipiente (ya que la fisura Mt'fc l H d . de 0 y entrada de N del aire que se producira por1 2 2

mi

''"'tul I

superficie base . altura Quiz no res resulta familiar la unidad de presin utilizada pero si nos fijamos en t i reloj que indica la presin c aire de los neumticos, veremos que sta es la utilizada. Al calentarse el aire del neumtico aumenta su volume y en consecuencia variar su presin. Puesto que la masa se mantiene constante, podemos calcular la presin tot aplicando la ecuacin de estado del gas ideal: PV ' = P,V, y despejando P, = P,VT,

. ni.li ai lus mismas unidades: HU un = 10000 cm = 10 dm3 3

Mi MU' i mi.

i'Hi'i aplicamos a este gas la ecuacin general del gas

' -iiui K ' mol'.-

' "inml nmero de moles de gas que haba en el cilindro: i1

Observemos que no conocemos el valor de P, ya que la aguja del aparato que se utiliza para medir presin no mk la presin total sino la diferencia respecto d la presin atmosfrica. Es decir que la presin total ser: P total = P marca aguja + P atmosfrica (1) Si la aguja marcaba inicialmente 30 psi, y la presin atmosfrica es 14,7 psi, entonces la presin total inicial se: P = (30 + 14,7) psi = 44,7 psi.

10 atm. 10 dm1

3

II l V iliu atm mol-' K' . (273 + 25) K

, 4 nu mi\r% de molculas de 0

3

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13

Problemas Resueltos

Teora atmico-ractecuiar. Gases Ideales.

Reemplazando obtenemos: La presin final ser: 44.7 psi. 5 0 . 0 I . (45 + 273) K (25 + 273)K. 50,71 = 47,0 fpsi

5=

1 atm. 18 g/mol 0.082 dm atm mor'J

. 398 K

0,1411

Como nos interesa averiguar qu presin marca la aguja, reemplazamos en (1) P marca aguja = P total - P atmosfrica = (47,0 -14,7) psi = 32,3 ipsi. Respuesta: P = 32,3 psi

Por supuesto, llegamos al mismo resultado, pero sin utilizar el dato de la maaa N | Recordemos que la densidad es una propiedad intensiva, y por lo tanto indeer" densidad de los 36 g de agua es la misma que la de 1000 kg o 1 mg, siempre qua i, y presin. Respuesta: 8 0,551 g.dnr3

PROBLEMAS, Calcule la densidad de 36 g de agua a 125 C y 1 a t m . PROBLEMA10 Enunrecipi9ntede2300cm decap. aja " " " | un gas medido a 273 K y 1 atm. La m a n t t|l >a M f 1. - Determine: a) la presin que ejerca i . . I -i b) el volumen molar r l a f (sin realizar clculo) 2. - Determine la densidad del gas: a) M I3

Recordemos que la densidad relaciona la masa, m, con el volumen, V, de una sustanciia mediante la frmula 5 = m V (1)

'>

En este caso tenemos la masa como dato, pero nos falta el valor del volumen. Releyendo i el enunciado observamos que el agua se encuentra a 125 C y a 1 atrn, y en esas condiciones la tendremos en estado vapor ya que a 1 atm. 100 C es la temperatura de ebullicin del agua. Por lo tanto haremos la aproximacin ,y aplicaremos la ecuacin general de los gases, P V = n R T . Despejando el volumen obtendremos: nRT ~ n= m M donde M = masa molar.

3. - Determine la masa molecular relativa

5 = m/V= 1,594 g e m

3

V = m/5

Como nos dan M.y nos piden calcularel volumen de un mol de molculas, la masa ser de 154 g. en consecuencia.'..I dm

= 13,9 gdm1

154g = B6 5 cm 1,594 g cm b) En este caso el compuesto se encuentra al estado gaseoso: aplicando la ecuacin general del gas ideal y despejando el volumen obtenemos n RT V = P Reemplazando5 3

V =

i Dual lese mayor que la inicial? niinm.i m.ir.,i se encuentra en un volumen menor. Por lo tanto, al calcular, *a por un nmero menor y obtendremos 5, > 5r

ina irgunda transformacin a volumen constante, en la que se eleva la Mu In presin. Pero la masa y el volumen no han variado, por lo tanto 5 = 13,9 g dm

1 mol. 0.052 dm atm ' mol' . 273 - 120) K! 3

1 atm

32.2 dm

3

latlva basta releer el enunciado, que nos aclara que 1 mol de molculas ido el valor de la masa molar, es decir la masa de un mol de molculas. La

c) Como en el caso anterior, el compuesto se encuentra al es:adc caseoso, por lo tanto reemplazamos las nuevas condiciones er a rormula anterior V = 1 mol. 0 332 dm' atm 1 atm:

U/4 atm ,', i ilnv

me ''1

273 - 220) K

= 40 dm

3

1,43 g/dm|},9 g/dm:

Observemos a-ora los tres resultados expresados er. ; para expresarlo en dm ).3 3

ha., que modificar el resultado obtenido

en

a)

13,9 g/dm

Respuestas

a) V CCl. (l, 23' C 1 atm = 0.097 : ~ b) V CCl" (g.i 120= C 1 atm = 32 2 : ~ C)VCCI (g: 22CC 1 atm = 43 - ; ~: 4

;

Calcule el volumen que ocupa un mol de molculas de tetracloruro de carbono o c.l ) ) 20* C y 1 atm b)a 120Cy 1 atm 0) a 220C y 1 atm Datos: densidad del CCI a 20* C = 1,594 g/cm temp. ebullicin,, = 76,8 C M,CCI =1544 4 3 m l 4

Observemos los tras resultados y calculamos la variacin de .'duren que se produce al pasar el CC/ de 20 C a 120'C (V = 32.1 c~", y de 120'C a 220'C (V * 8.2 dm') =. aursnto de volumen desde 120' C hasta 220' C corresponde al aurr.er.to de temperatura de 100' C. Elaumer:o de volumen desde 20' C hasta 120' C corresponde tambin a un aume~:: de temperatura de 100' C. pero ver.es que esta variacin es casi 4 veces mayor, para el mismo salto de temperatura. Porqu esa diferencia a igual variacin de temperatura? Porque al pasar de 20' C a 120'Ca sustancia casa del estado liquido, en el cual las mc'culas se encuentran a mucho menor distancia entre si. al estado gaseoso en el cual esas molculas se encuentran r.uy alejadas entra si y no existen interacciones entre ellas (considerando comportamiento ideal).4

11111ai atencin al dato de temperatura de ebullicin y compararlo con las temperaturas l volumen. En el punto a) estamos a 20 C, como esa temperatura es menor que En un recipiente cerrado se tier.e una masa de un gas que a 0 C de temperatura y 1 a:.-n de presin ocupa un voiumen de 3 0 dm Si el gas tiene una masa mo'ecular relativa de 32. oalcu'e: a) cual es la masa de gas cue ray en el recipiente.3

In I a Copia S.R.L.

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17

b) cuntas molculas hay en esa massa gaseosa; c) el volumen que ocupar esa misma masa de gas a 20 C y 2 atm; d) la masa de una molcula del gas.

PROBLEMA

13

a) Para calcular la masa de gas, debemos saber cuntos moles e j e molculas de ese gas tenemo Consideraremos que el gas se comporta como un gas ideal. N|os encontramos, en este caso, e CNPT. Sabemos que en esas condiciones un mol de molculas e j e un gas ideal ocupan un volume de 22,4 dm . Entonces: 22,4 dm 1 mol de tenolculasJ 1

Se tienen dos reclplam**. temperatura de 40" > 9 r = 0.082 dm atm mol'' K'9 2 c 8 4 d 9 2 3

Por lo tantc e - dan las condiciones para poder asegurar, |n I contendrn i r o de molculas. Es decir que si en 20 din' i a igual P y ~Y taambin habr x molculas de O Como x multvul molculas cd| oo contienen 3x tomos de oxigeno, ambos vnluini tiene 2x y e tj . Por lo visto anteeriormente la respuesta correcta debe con descarta las^ respuestas b) y c). Analicemos ahcora las respuestas a) y d). En la a) se asegur.i i|n 0 , locuales. cj, rt por su parte pero no justifica de ninguno in.mei a pesar de henear distintas masas moleculares relativas, continu descartada | . p u e s t a a). Por otra p a r ^ ^ p t a d) dice NO, pues no estn medido n que el hech medidos los volmenes en otras comlli luna de Avogadr. tampoco es vlida la respuesta il)S g u a n u m e y e o t r 0 3 x 3 S e 0 ar es e r e S U e s e s t a r d e c 0i r q u e

e Copiado La Copia S.R-L-

26

Centro di

i *MA 2 4

i!

d) Como la A O = 16,0 ser la M 0 = 32,0 Esto significa que un mol de molculas de 0 pesan 32 g. Por lo tanto:f f 2 2

> >t* il* lai siguientes afirmaciones indique si es correcta o no y por - - ' iia molecular de una sustancia es M X , su frmula mnima es M X . da molculas de H S0 hay 14 tomos de hidrgeno. ni|K. -.i, u'm centesimal de una sustancia es 94,12 % de oxigeno y 5,88 i i..i.|i-iu), su frmula molecular es H 0 . i i 5 molculas de 0 es 160 g. ' . Miad del C0 (g) en CNPT es igual a la del Cl (g) en CNPT. - ...inin I.IS diferentes pueden tener la misma frmula mnima. | Mu ila II, an CNPT ocupan el mismo volumen que4,0 g de He en CNPT. In un iitiaina cerrado se tiene un gas B cuya M,es conocida. Manteniendo | ' i'lanle, al aumentar la P, la densidad aumenta. I n'n y de Cuci, est presente la misma cantidad de moles de tomos I*IHI qua en 3,606 g de Cl,0,. Mea* R - 0,082dm atmK' mol N = 6 , 0 2 / 1 0 m o l - ' A, O 16,0 A He 4,00 A,H = 1,00 A,CI = 35,5 A , C = 1 2 , 06 5 3 2 4 2 2 2 3 1 3 1 A a f 3

6 , 0 2 . 1 0 molc. 0 5 molc. 0a

2 2

32.0g x

x=

5.32.0g ; = 6,02.10a

160 9 6.02.10 = 26,6.10- g = 2 , 6 6 . 1 0 gJ3 a o s

Por lo tanto la afirmacin es FALSA e) La densidad del CO, en CNPT es 5CO = La densidad del Cl en CNPT es2

MCO, P 2 R T MCL P R T MCO, MCI,

SO,*

Corro P y T son iguales:

SCO, 5 Cl,

"

"_~

t

fi:h-

Solamente en el caso que M CO, = M Cl, esta relacin puede dar 1, pero: M C 0 = 12.0 + 2.16,0 = 44,0 g mor y M Cl, = 2 .35,5 = 71,0 g mol-'2 1

I una molcula del compuesto est formada por 6 tomos de M y 9 tomos imia lalacin entera atmica de la molcula, esta ser MjX,. .. vi i (DADERA i N, molculas de H S0 , por lo tanto:2 4

luego2 4 2 2

8CO. 44 = SCI 712

= o,62

i..l inul.'.c

, IIIMIIM;

N. molec. de H S0 x~= 7 . N molec. de H S 0A 2

Por lo tanto la o C0 en CNPT es menor que Cl en CNPT, o sea que la afirmacin es FALSA4

; tumos de H, tenemos: I lllilll'C. II. MllllC. 2 tomos de H x = 7 . 2 . N t o m o s d e H = 14. N tomosdeH = = 8,43.10 tomos de H4 4 24

0 La frmula mnima indica la relacin mnima entera que hay entre los tomos de una molcula y no indica la cant.dad realde tomos que la forman. Por ejemplo, el etino, cuya frmula molecular es C H tiene como frmula min.ma C.H, y el benceno cuya frmula molecular es C H tiene la misma frmula mnima.2 2 6 S

Entonces la afirmacin es VERDADERA g) A, H = 1.0 M H = 2.00 por lo tantor 2

i la ii f ALSA.

2,0 g H Ininnnto: 94,12 + 5,88 = 100 l an in g de O 4.12 g de O i an 1 g de H fl.nfl g de H 1 mol de molculas de O 94,12 16 por lo tanto = 5.88 moles 4,0 g H

2

1 mol de molc. de H

2

2

x = 2 moles de molc. de H, M,He = 4,00

A,He = 4,0

4,0 g He

1 mol de molc. de He3

1 mol de molculas de cualquier gas en CNPT ocupa 22,4 dm . En este caso tenemos: 2 moles de molc. H 1 mol de molc. He2

1 mol de molculas de H x = 5,88 moles

y

44,8 dm 22,4 dm

3

3

Ha aaia luitancia es H,0, y por lo tanto la afirmacin es FALSA.

Por lo tanto la afirmacin es FALSA.

t

I a i -, | s y d de la CE.E. es4, el elemento A pertenece al grupo IV B. Es un elemento de transicin, pues su electrn d i f .2 J 8 2 ,u 8 8 2 2 2 rb ta es d f e r e n c J a d o r s e h a | l a e n u n o r b t a l d

PROBLEMA17

15

PROBLEMA

13

El elemento E presenta en la naturilw La abundancia porcentual de uno do l> neutrones en su ncleo. Calcular l.i mu Teniendo en cuenta la notacin .'! , ila A = Nro. de masa = Nro. protones Ni Z = Nro. atmico = Nro. protones y i|in elemento E formado por una mezcl.i electrones: 2 en el orbital 5s (de igual energa) y concluimos^ * ' 9 Jenerga de los orbitales s es distinta (menor) que la de los orbitales . \^ S en el ltimo nivel hay 7 electrones. 5 de los cuales (los 5p ) son de la misma energa. En consecuencia, la a f i rP nos i n d i c a d e q u e e l u l l i m o i a n i v e l n = 5 c o n t i e n e 7 p 9 u a l e n e r C o m 0 l a ue s a f r m a c o n c o r r e c t a e s ! a c )

INCOGNITAS: A = 35 ; % = 75,4 Z= 17 ; n =20 M)

Para calcular A.(E), segn (7), debemos calcular previamente A. y A, = Z + n = 17 + 20 = 37 y %. = 100 79,413

PROBLEMA

14

luego:

A,(E) =

35x75.5 + 37x24 6 100 A, = 35,49

Indicar, de acuerdo con el siguiente enunciado, cual de las siguientes afirmaciones es la correcta. El ltimo electrn (electrn diferenciador) de un elemento E puede ser descripto por el siguiente conjunto de nmeros cunticos: n = 3,1 = 2, m = -1 y s = 1/2. Luego el elemento E a) es representativo. b) pertenece al tercer periodo. c) pertenece al cuarto perodo. d) posee la siguiente CE.E. 3s 3p'. e) ninguna de las afirmaciones es correcta.2

PROBLEMA7

16

El elemento E se halla en la natui ,ilr i * htL contiene 31 neutrones en su nclH | fl porcentual de cada uno de los isAtopu*) Dato. Ar(E) = 58,92

42

Centro de

d e

C o p i a d o

L a

C o p i a

s R.L.

Centro i!

Problemas Resueltos

li

' ) " 58,92 33

INCOGNITAS:

l'i fllliil.iilli "I il i II 'Ir.lml Inl.lli". ill- .luil.'lllu con su CE. Jectronei, debemoe etteblecer In C C Luego, segn la regla de

; ' /,. m _ i e e la tabla peridica. c) la CE.E. que caracteriza a tmln l e j f l de E

PROBLEMA

19.

.

aiB

Un tomo de un elemento E del tercer periodo gana un electrn. El ion formado (E) tiene ocho electrones en los orbi tales del ltimo nivel. Indique a) el nmero de neutrones del istopo E. b) la CE.E. de E indicando si es representativo, de Itransicin o de transioin interna. c) E n cul o cules nmeros cunticos se diferencian los dos ltimos electrones de E? Justificar la respuesta.3;

Ia) Para determinar el nmero de masa (A = Z + n ) es necesario conui m el *JJ obtenerlo a travs de su CE. Dado que el ion formado (E') tiene iqn.ii > elemento del grupo 8A. determinemos primero la CE. de ste: CE. (2 elemento del 8A): 1s- 2s 2p00 J s

(10 electrn)

I

Como el eliemento E tiene un electrn ms que su ion E', concluimn < n ( |a Luego, parra el istopo de E, es A = Z + n = 11 + 12 = 23. b) El elementto que sigue a E en la tabla tiene un protn ms que E. luerji i n

a) E nos indica que A = n +f Z = 37. Para determinar n es necesario conocer el nmeiro atmico Z. Como el ior formado Lr tiene 8 electrornes en su ltimo nivel, el elemento E tiene uno menos, es decir 7 y dado que pertenece al tercer periodo, su ltimio nivel es n = 3 y su CE. 1s 2s 2p" 3s _2pA es decir37 n n J J !

c) Dadoque Z(E)= 11, el elemento que antecede a E, tiene Z = 1 0 y C I \tt se trata dPH.

b) E

c) E

< E, d) E g > E * K e) ninguna de las afirmaciones es correctaKE

EN.

* ,E

f , Ul O* (1) y (2) concluimos que R es el elemento de mayor raro atmico. yfcicecln del elemento Q en la tabla (grupo VII A), sabemos que no tiene tendencia a producir ^ I M i analizaremos los elementos M y R. Producir cationes con mas facilidad aquel elemento que H energa para liberar los electrones ms externes de sus tomos. Es decir aqul cuya energa de |,| i*a menor. Como R es el elemento de mayor radio atmico (ver punto a) sus electrones del nivel 1 | hallan ms alejados del ncleo y son menos atraides por ste Luego se requiere menos energa i pioduciendo cationes con ms facilidad que M. I B I U E. aumenta a medida que disminuye Z (de abajo haca arriba), ya que al disminuir el radio J mayor la atraccin del ncleo sobre un nuevo electrn. Luego E.U.E. (M) > E.U.E. (R). Comparando del mismo periodo, dado que Q tiene mayor carga nuclear, atraer ms intensamente que M un iHin.il En consecuencia, el elemento de mayor E.U E. es Q

Para determinar la ubicacin de estos elementos en la tabla peridica escribamos su CE.: C E . N a = 1s 2s 2p" 3s'2 2

P = 3 y G= 1 P=4 y G = 1 P =3 y G=2

C E . K = 1s 2s 2p 3s 3p 4s'19 2 2 J s

C E . , Mg = 1s 2s 2p 3s2 2 2 s

2

PROBLEMA

22* .' ' V4

1

^ ^ . ^ '

Podemos observar que el ,,Na y el ,,Mg pertenecen al mismo periodo y por lo tanto tienen el mismo n (3). Como el Mg tiene 1 protn ms que el sodio, su ncleo atraer ms intensamente a los electrones externos y por consiguiente es ms difcil separarlos, luego E > E (1). Si ahora comparamos el Na y el K que son del mismo grupo, como el K tiene mayor radio atmico su ncleo atraer ms dbilmente al electrn externo. Por lo tanto E > E (2). De (1) y (2) surge que el orden decreciente de las energas de primera ionizacin esMJ M Nl K

Dados los elementos Be. . X a y .F y sin consultar la tabla peridica, indicar cul es el de menor radio atmico y por qu

Efcig

>

E.

> E

K

Comparando con las distintas opciones, concluimos que la correcta es la d. Ntese que si bien la opcin c) es verdadera, no est ordenada en forma decreciente.

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49

Problemas Resueltos.

PROBLEMA

24

Dadas las siguientes afirmaciones, indique si son verdaderas o falsas, justificando las respuestas. a) La configuracin electrnica extema del tercer halgeno es 4s 4p . b) Para caracterizar completamente un electrn de un orbital 2p, es suficiente conocer su nmero cuntico de spin. c) El orden decreciente de los radios inicos de las especies S . C l y K es r - > r - > r . d) Si un electrn tiene el nmero cuntico I = 3, entonces el valor del nmero cuntico n es 4. e) Dados dos tomos de dos halgenos distintos, el de menor Z gana un electrn con ms facilidad.! 5 I 7 K a

CAPITULO 3

U N I O N E S

QUIMICAS. M O L E C U L A R

G E O M E T R I A

a) Teniendo en cuenta que el (primer halgeno es el flor, que se halla en el segundo periodo, el tercer halgeno est en el cuarto periodo, girupo 7 A. Luego su CE.E. es 4s 4p y la afirmacin es verdadera (V).2 s

b) Para describir completamente un electrn debemos dar sus 4 nmeros cunticos: n, I, m y s En este caso, se trata de urn electrn de un orbital 2p, lo cual nos indica n = 2 y I = 1 (orbital p). Nos falta an determinar los nmeros cunticos m y s, por lo cual la afirmacin es falsa (F). c) El ion S tiene 2 electrones i ms que el tomo neutro, luego posee 16 + 2 electrones = 18 electrones. El ion CI tiene 1 electrn ms que ell tomo neutro, luego posee 17 + 1 = 18 electrones. El ion K tiene un electrn menos que el tomo neutro, es decir 19 - 1 = 18 electrones. Los tres iones son isoelectrrnicos. luego tendr menor radio el K* pues tiene mayor nmero de protones (19), los que atraern ms intenisamente el mismo nmero de electrones. Luego viene el , CI (17 protones) y finalmente el S (16 proltones). El orden decreciente (de mayor a menor) de los radios da estos iones es: ' > r - > r \o eii orden establecido en el enunciado es inverso, la afirmacin es faisa (F). Vts I7 1S 7 2 a K

En el capitulo amterior hemos estudiado al tomo "por dentro' En este capitulen m de diferentes elemeentos para unirse y formar molculas. El conocimiento! de las estructuras de Lev/is nos permite iniciar el estudio de la jit molculas. Adems, a pairtir de ese conocimiento, veremos problemas que nos permvliii' predecir algunas piropiedades de las sustancias, como por ejemplo su probable MIKH la electricidad, etc. Muchos de los problemas que presentaremos aqu tienen la caraeteristica ti :| aprendidos en distiintos momentos del curso. Esta caracterstica los hace a primes wi 'I buena ejercitacim. usted seguramente estar en perfectas condiciones de reSiCKt'M sern planteados e n pruebas de evaluacin. Recuerde la mxima cue d'ce que eil c.mw Qumica en este caso, consta de un 90 % de transpiracin (res; ver 'a mayor cantal l W % de inspiracin

d) El nmero cuntico I depemde del valor que toma n. En efecto I puede tomar los valores 0,1.2... hasta n-1. Esto significa que si I = 3 entoncces n como mnimo debe tener el valor 4. Si n = 5, tambin habr electrones con I = 3. En consecuencia, la; afirmacin es falsa (F). e) Los dos halgenos perteneacen lgicamente al mismo grupo. Como el de menor Z tiene menor nmero cuntico n su radio atmico es mernor y en consecuencia su ncleo atraer con mayor intensidad a un nuevo electrn, incorporndolo ms fcilmiente. Por lo tanto, la afirmacin es verdadera (V).

Escribir la estructura ce Le.vis de las suistan cuntas uniones se forma" y de qu tipo son Datos: ZC = 6: Cl = 17: O = 3 N = 7

PROBLEMA

25

Proponemosalalumnocompletarelsiguientecuadro.alosefectos de integrarlos conceptosdeconfiguracinelectrnicayubicacindeloselementosenlaT.P.

a) Veamos prlmiero la estructura de Lewis de la molcula de CO . Las CE.E. de los; elementos que la forman son.t

z15

Configuracin Electrnica

Periodo

Grupo

C Cl

2s 2p 3s 3p! 2

2

5

1s' 2s' 2p* 3s' 3p* 4 C.C.E. 4s' 3d' 30 UA

El carbono tiene 4 electrones de valencia y el cloro 7. Si simcci.zamcs con x los ellectrones del carbono, podemos dibujar la siguiente distribucin >

50

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Problemas Resueltos.

Uniones qumicas. Geometra molecular

^^B|

I'.H.I completare! octeto, los que 4 tomos de Cl. Entonces, .Ii-I cloro, queda lll|>ll>S.

klmiln irpi asentar con distintos smbolos l*i i i nn significa que enrealidad sean

a) En primer trmino ubicamos al tomo central. En todo compuesto temario en el que interviene el oxgeno, ste est unido al elemento central (que es el que presenta caractersticas de no metal ms pronunciadas, carbono en este caso). A su vez, la unin del elemento metlico se establece con el oxigeno y no directamente con el tomo central. Las configuraciones electrnicas de los tres elementos son: C: 1s 2s 2p (tiene 4 electrones de valencia) O: 1s 2s 2p* (tiene 6 electrones de valencia) Na: 1s 2s 2p 3s (tiene 1 electrn de valencia)2 2 2 2 2 2 2 s 1

0 0 , tas CE.E. de los elementos que C O 2s 2p 2s 2p*2 2 2

lodos los tomos de los elementos I al carbono dibujamos la siguiente

Tenemos que ubicar tres tomos de oxgeno alrededor del tomo de carbono, y sabemos adems que dos de ellos estarn unidos a dos tomos de sodio. Comencemos a dibujar la estructura de Lewis.

c ; o < XO Oo

iones para completar su octeto Cada luministrar 2 electrones. Entonces, la 3 f*\ X O i*\ 3 \J O X x O \J C nvImites dobles. Holcula de nitrgeno.

Aparecen dos uniones covalentes simples. Observamos que al tomo restante de oxgeno le queda una nica posibilidad de unirse al carbono, siendo sta una unin covalente doble, o sea

Unin Doble . c ; t > XD oO

iO

M

-'i

1

I de 13 siguiente forma )

>"< i electrones para completar su octeto, y lomo puede compartir 3 electrones, queda I i 'Ir l.ewis : N " N : .lente triple JfJW a) 4 uniones covalentes simples b) 2 uniones covalentes dobles c) 1 unin covalente triple

Pero los tomos de O, unidos al C mediante uniones simples, no han completado el octeto. Para lograrlo, se establece la unin Na-O. que es inica. Por lo tanto, en el compuesto habr dos uniones inicas, resultando

donde * simboliza a los electrones cedidos por los tomos de Na Esta estructura es completa, ya que cada elemento completsu capa de valencia. Las uniones C-0 son covalentes, pues ambos elementos pertenecen a grupos vecinos, y la diferencia de electronegatividad entre ambos, si bien existe, no es grande. En conclusin, en el compuesto habr dos uniones covalentes simples C-O, una unin covalente doble C=0 y dos uniones inicas. Respuesta: 2 uniones covalentes simples 1 unin covalente doble 2 uniones inicas

PROBLEMA

2;

Escribir la estructura de Lewis del Na CO e informar cantidad y tipo de uniones. Datos: 2 C = 6; O = 8: Na = 11

PROBLEMA

3

Indique cul es la respuesta correcta El compuesto NaP0 presenta5

U l u l o , do Copiado La Copia S.R.L.

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53

Problemas Resueltos

Uniones qumicas. Geometra molecular

a) una unin covalente simple, dos uniones covalentes dobles y una unin inica. b) una unin covalente simple, una unin covalente coordinada, una unin covalente doble y una unin inica. c) una unin covalente simple, dos uniones covalentess-coordinadas y una unin inica. d) tres uniones covalentes simples y una unin inica. Datos: Z Na = 11; P = 15; O = 8

En conclusin, este compuesto tiene una unin covalente doble l'-o (es covalente porque la diferencia de electronegatjvdades ntia ambos elementos no es muy grande, pues estn en grupos vecino), una unin covalente simple P-O, una unin covalente coordinad P - > 0 y una unin inica PO, Na*. Respueslta: la proposicin correcta es la h.

PROBLEMA

4

a) Primero escribamos las configuraciones electrnicas de los 3 elementos que intervienen el unin.11 l a

p

Na: 1 s 2 s 2 p 3 s ' 1 2 2s= 2p* 3s 3p O: 1s 2s-'2p*: J S J :

3

Indique si las siguientes proposicin respuesta. a) Las molculas de C0 y de S >, IM) b) En el KCIO, (clorato (III) de poUm|, I de cloro por dos uniones cov.ilnniet c) La geometra electrnica del NI I, Datos: Z C = 6; O = 8; S = 18, N < '2

En el presente caso, el tom Ha., c e acomodar 3 conjuntos de electrones (recuerde que para la TRePEV er, ermera aproximacin, un par doble tiene la misma importancia queu" : a ' s -pie de electrones) de forma tal que la repulsin entre ellos sea m. - ~a Esto se logra con una estructura plana y ngulos de 120. Dada ia :esencia de un par libre de electrones, el ngulo de enlace O Te O ser = co menor que 120. La es'.-.cv-ra de Lewis del CS. es la siguiente, similar a la del CO, (ver

XX o X X )

1F

Debemos distribuir en el espacio alrededor del llamado tomo central : -o en este case; tres pares de electrones de forma tal que la repulsin := silos sea min-ma Esto se legra distribuyndolos sobre un mismo - 3 y formando un ngulo de unin F B F de 120". Se llega entonces a a conclusin que, aunque el momento dipolar de ;a unin B F es distinto de cero (porque las electronegatividades de :s dos elementos son distintas), el momento dipolar total de la acula es cero porque la resultante de los valores individuales es cero cerdar que el memento dipolar es una magnitud vectorial).

Oseemos acomodar dos conjuntos de electrones, con repulsin mnima entre ellos. La TRePEV indica que esto se logra con un ngulo deen;a:eSCSde180'. La esr-ct-'a de Lewis del SO., (el gas que causa la llamada "lluvia cida'i se p.ede escribir fcilmente a partir de la del S0 , uniendo un tomo ce : le I ewia del ion negativo, recordando que IM'W..i de E. i .clenle coordinada en cada caso. Los dos P^JI ton provistos por el mismo tomo: E. valrnte simple (cada tomo de la unin |M.I rl electrn cedido por el metal alcalino me in ion positivo, mientras que la in- i un ion negativo. ne il I ewis del compuesto es 11 ovlente simple, dos uniones covalentes : D E S D ; XX O X XX I D : A+

PROBLEMA K S K I I ..." oo ' Wir

13

Ordene las siguientes sustancias, de acuerdo a la variacin creciente de sus puntos de ebullicin: C H , NaCI, Ne, CH,CI, He y H,0.

S P - : E - H,

I

A * - . D :

Mdlca vemos que E debe ser Cl. El tipo de ) un II se puede determinar calculando la mvtndes entre ambos elementos. De acuerdo 0,0 Aqu debemos recordarla reglaque dice: l e alectronegatividades entre dos elementos mlace es menor que 2,0, debe considerarse an irnte covalente; da alectronegatividades es mayor que 2,0, el li considerado inico, es decir que tiene un II que 50 de carcter inico. IM la unin ser netamente covalente. Esto est i II i le que el compuesto HCI (cloruro de - (Mecuerde que en el estado gaseoso no puede lee) l'or otro lado, alguien se preguntar acaso fio a i un cido fuerte, totalmente disociado? La ogante est en el hecho de que el cido 1 olticin acuosa de cloruro de hidrgeno. La lAn i (i l) H ser menor que la F-H.dadoqueel F es N)i ni." iniiiiigativo. La molcula de HF presenta una1

Reflexionemos primero un poco qu sucede cuando se evapora una substancia (ver tambin problema 9). Los tomos o las molculas deben pasar de la fase liquida, donde estn unidos entre si por ciertas fuerzas, a la fase gaseosa, donde son prcticamente independientes, es decir que no hay interacciones entre ellos. Esto significa que debemos entregar, en forma de calor, la energa necesaria para romper esas interacciones. Veamos ahora cules son esas fuerzas. En los compuestos covalentes CH , CH CI y H 0 son las fuerzas intermoleculares, y no las que producen los enlaces covalentes. ya que en la fase gaseosa seguimos teniendo las mismas especies. Lo mismo ocurre en el caso del Ne y del He, que por ser gases nobles no forman molculas, o sea que en la fase gaseosa tendremos los tomos aislados. Algo diferente ocurre en el caso de los compuestos inicos, como el NaCI, para los que no existen entidades bien diferenciadas (molcu as), sino que en el slido forman redes tridimensionales donde se alternan en forma regular iones Ct e iones Na" Esto significa que para evaporar este tipo de compuestos, hay que entregar la energa necesaria para romper odas 'as uniones electrostticas, que sabemos son bastante fuertes. Por eso estos compuestos tienen puntos de ebuliic en muy altos. En cambio, como ya dijimos, para evaporar los dems compuestos hay que entregar la energa necesaria para romper todas las uniones intermoleculares, que sabemos son mucho ms dbiles que las electrostticas. Cmo hacemos para diferenciar entre ellos los puntos de ebullicin? Recordemos que el orden creciente en la magnitud de las fuerzas intermoleculares es el siguiente: dipcio inducido-dipolo inducido < dipolo-dipolo < puente de hidrgeno. De acuerdo a esto, de todos los compuestos excepto el NaCI ser el H.O el de mayor punto de ebulicin, yaque sus molculas tienen la posibilidad de combinarse entre s a travs de puentes de hidrgeno. La molcula de CH es simtrica (tetradrica). y per lo tanto, aunque cada enlace C-H tiene un momento dipolar definido, por ser distintas las electronegatividades de estos dos tomos, el momento dipolar total de la molcula es cero (se anulan entre s los momentos dipolares ce los 4 enlaces). En cambio, la molcula de CH CI, tambin tetradrica. tiene un momento dipolar permanente distinto de cero, porque los momentos dipolares de los 4 enlaces no se anulan entre s. Esto es asi porque el momento dipolar del enlace C-CI es distinto dei de los enlaces C-H (electronegatividad del Cl distinta a la electronegatividad del H). En consecuencia, si comparamos los puntos de ebullicin de estos 2 compuestos, ser mayor el de! CH,CI. Falta ubicar en la lista al CH y a los gases nobles He y Ne. Ninguno de ellos tiene momento dipolar permanente, porto tanto habr que comparar la posibilidad de formar dipolos inducidos. Cunto ms pequea sea la molcula, ms difcil ser formar dipolos inducidos. Por lo tanto, la posibilidad de que se formen dipolos inducidos es bastante mayor en el caso del CH.que en el de los gases nobles He y Ne. y su punto de ebullicin ser el mayor de los tres. El Ne (Z = 10) tendr ms posibilidades de interacciones dipolo inducido-dipolo inducido que el He (Z = 2), y en consecuencia su punto de ebullicin ser algo mayor En definitiva, el ordenamiento pedido en este problema est dado en la respuesta.4 3 2 : 4 3 (

Respuesta: He, Ne. CH,. CH,CI, H.O y NaCI

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65

PROBLEMA

14

Dados los elementos A, ,B. C y , 0 , indique cul de las sigisiguient.es afirmaciones es correcta. a) B con D forman un compuesto que presenta uniones p' puente de hidrgeno, C se une consigo mismo en una unin covalente si simple, A y C dan un compuesto que no forma molculas y tiene alto puntc'nto de fusin. b) A se une consigo mismo en una unin covalente simimple, B y D forman un compuesto que presenta uniones puente de hidrg *geno y A y C dan un compuesto que no forma molculas y tiene alto puntunto de fusin. c) A se une consigo mismo en una unin covalente sin-simple, B y D forman un compuesto que presenta uniones puente de hidr' geno y A y C dan un compuesto de caractersticas predominantemente e covalentes. d) B con D forman un compuesto que presenta uniones" puente de hidrgeno, C se une ccnsigo mismo en una unin covalente, A . A y D dan un compuesto que no forma molculas y tiene alto punto de fusirsin. e) ninguna de las respuestas es correctas r r 65

pero no es para nada cierto (ver respuesta ) que A y C formen un compuesto de caractersticas predominantemente covalentes. Luego, l.i respuesta q es falsa. En la respuesta g\s cierto que B y D forman un compuesto con uniones puente de hidrgeno, pero no es cierto (ver respuesta a) que Q se una consigo mismo en una unin covalente. Luego, la respuesta d falsa. Respuesta: la proposicin b. es la correcta. oaif^eanni IfiWaVamalli Dados los elementos que figuran en I

m Comencemos la resolucin dde este problema e CyD. A: U 2 s 2 p * 3 s ! 3 p B: 1s' C. 1s 2 s 2p 3 s 3o' 4s' D: 1s 2s 2p' Grupo VI A, , : ! 2 : ! 5 : : 3

scnbendo las configuraciones e l e c t r n i c a s de los elementos A, B. Grupo VII A Periodo 1 Grupo I A 2do. periodo 3er. periodcodo 4to. perlod'odo a) Qu tipo de unin puede formar l b) Qu tipo de unin puede forrrnar ei i c) Ordene por orden reciente dei er yo d) Escriba la configura: en electrnica tt" e) Qu tipo de eleme-to (representa justifique alguna ce sus propiedad! O Cuando el elemente se combina ron el de la molcula? g) Escriba la estructura de Lewiis del i Justifique en todos los casos.

En la respuesta a. verr.ccs que B y D forman e'ectivamente uniones puente de hidrgeno, ya qu-ue D es un elemento muy electronegativo y B es el hidrgeno, y esa uunin se presenta justamente en aquellos compuestos en los que irir.terviene el hidrge-o y un elemento muy electronegativo. En cambicc ra es cierto que C se ura consigo mismo en una unin covalente. pues 6 las uones entre si ce e amentos del grupo I A son metlicas. Por lo tartnto la respuesta a no es correcta al haber ya una premisa falsa. En la respuesta b vem.ocs que es cierto que A. que pertenece al grupo _ de los halgenos, se une cecnsigo mismo en una unin, covalente, siendo la estructura de Lewis La unin es covalennte s m.ple por tratarse de tomos de igual electronegaividaa. Por Ido visto anteriormente, tamb n escierto que 8 y D forman un compues'.o.o que presenta uniones puente de hidrgeno. Analicemos ahora qu suucede entre A y C. Vemcs que A es un halgeno y C un elemento alcalirino. Indudablemente, la dfe'encia muy alta de electronegatividades haace que esta unin sea inica, y por lo tanto, el compuesto no forma mmoleculas y tiene alto punto de fusin, pues esa unin es muy difcil de rcromper. ya que es de tipo electrosttica. Luego, la respuesta 2 es correetta er, su totalidad. Igua'm.ente analicemos las siguientes respuestas f por cualquier eventualidad En la respuesta c vsremes que es cierto que A se une consigo mismo en una unin covalentete simp e (ver respuesta !: Tambin es cierto que;

; A : A oo * *

a) El elemento d, por su ubicacin en la tabla peridica, cetenece al grupo VII Ay al periodo 5. Al tener 7 electrones en su capa ce valencia, al unirse consigo mismo resultar la siguiente estructura ce Lew/is Esa unin es covalente simple, pues la diferencial de electronegatividades entre los elementos que la forman es roero b) El elemento a pertenece al grupo VIIA y al periodo 2, mientras qjue el elemento a pertenece al grupo IA y al periodo 4. Por sus ub-.caciiones en la tabla peridica, a es el elemento ms electronegativo y n umo de los menos electronegativos, y por lo tanto, la unin que puede formarse es inica, resultando la siguiente estructura de Lewis c) Al tener que ordenar varios elementes por su energa de ionizacin, recordemos que en un grupo, esta propiedad crece a rredieda que Ceentro de Col

66

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Problemas Resueltos.

Km i i in IT al grupo VIII A, es un gas noble y por ser > > fkjiiiacin electrnica externa ser 3 s 3p . i IIMIII piiisentan configuracin electrnica externa: 6

I

i. i .1 i II ii q ue en un grupo, cuanto mayor es Z, los niele ei|mlus del ncleo y se separan de l ms kien ii un periodo, la energa de ionizacin i n . aiimnnta Z, ya que los electrones estn en el M e i|n" .iiiinenta la carga nuclear, ser ms difcil > nem I.I, de los 4 elementos, | es el de menor E l , atguilndole en el orden - Aunque no se pide. tiie iparar Q con rs. ya que ste pertenece al ni i iiii II dos elementos, a tiene menor energa de a ele a tu vez tiene menor energa de ionizacin i l e a Por lo tanto, la respuesta es lia

CAPITULO

4

N O M E N C L A T U R A . E C U A C I O N E S

R E D O X .

%f0 i" ubicacin en la tabla peridica, es un elemento B B la lento no es representativo. Pertenece al grupo , i hietenlu caractersticas metlicas, o sea que es un un * i i il ente y es un buen conductor de la electricidad l !n al grupo V A y perodo 2. Su configuracin tUf !' 2p . La estructura de Lewis del elemento f ser]

Usted podr resolver los problemas que le presentamos en este capitulo si maneja con soltura el tema L nones Qumicas y diagramas de Lewis. Tambin necesitar conocer las reglas para la asignacin de los nme'os de oxidacin y las reglas de nomenclatura de compuestos qumicos. Aunque actualmente se tiende a uti'izar la nomenclatura IUPAC. an se usa con frecuencia la forma tradicional de nombrar los compuestos ms haz uales. Por ello mencionaremos en algunos casos las dos formas de nomenclatura. Incluimos adems una tabla que-esume las reglas y un listado de aniones y cationes comunes con su nombre tradicional. En la segunda parte del captulo le presentamos problemas que tratan sobre la disociacin de iones enscucin acuosa y problemas con los cuales usted podr practicar el balance de ecuaciones por el mtodo del ion-e ectrn.

. . - ..- .1

u. i delmetal", es decir en este caso clorato (...) de sodio. Pern i-iii nos quede claramente identificado el compuesto. Qu nmio efcJIi^ Como 1 x N" ni 1 I Por lo tanto el nombre de esta sustancia ser clorato (VI de sudlu clorato de sodio. Analicemos por qu no son correctas las reslintat ( f H

1 x(+1)+ 1 x N " o x N + 3 x ( - 2 ) = 0 > N ' o x N = +5

1 x N ox N + 2 x (-2) N" ox N = + 3 Tambin podemos realizar el clculo de las siguiente forma 1 x N ox Ca + 2 x N ox N + 4 x N ox O = O Por lo tanto, la sal se llama nitrato (lili de calcio, d) FeNO,), Sabemos que en el anin NO, el nmero de oxidacin del N es +5. Adems, conociendo su carga, podemos deducir de la frmula que el hierro se encuentra como Fe *, es decir con nmero de oxidacin +2. Tambin podemos calcular este dato, escribiendo 2

La proposicin a) no es correcta, porque el nombre cloruro de sodio i m M f J caso) y metal (Na en este caso), o sea una sal binaria (NaCI) sin nlunn ( grupo I A 1, su N ox es +1, de loque resulta que el Nox del Cl o 1 y ttJ) I La proposicin b) tampoco es correcta, porque si el N ox del cloro futti * \ i d at siendo -2 el N ox del oxgeno y +1 el del sodio, el compuesto resullmila i H La proposicin c) no es correcta, pues si el N ox del Cl es 5, la nomeinl.iii u * ! de Stock y dice VII. Resulta obvio que la proposicin e) tampoco es correcta. Respuesta: La proposicin correcta es la d).

1 X (+2) + 2 x N " o x N + 4 x (-2) = O

> N o x N - +3J

1 xNoxFe + 2xNoxN + 6xNoxO = 0 La sal se denomina nitrato IV) e) Fe(NO ), El nmero de oxidaoin del N en el anin N0 es +3. Escribimos : 2

1 X N ox Fe + 2 X (+5) + 6 X (-2) = O

>Nox Fe = +2

Escriba la frmula y el diagrama dn 11 monxido de dicloro, indicando en cadii i elemento y justificando su valor.

1 x N ox Fe + 3 x N" ox N + 6 x N ox O = O 1 x N ox Fe + 3 x (+3) + 6 x (-2) = O i N o x F e = +3 La sal se denomina nitrato ilin de hierro (IIIV

El primero es un compuesto binario de Cl y P; como indica el nombre, la frmula debe ser PCI,. Como el P pertenece al grupo V A 15, su CE.E. es ns np . Vemos que puede formar 3 enlaces covalentes con el cloro (ns np ). En consecuencia, el diagrama de Lewis correspondiente ser1 3 2 5

PROBLEMA

7

'-'

"

-

Dada la sal NaCIO,, determine cul es la proposicin correcta. a) El nmero de oxidacin del Cl es +5 y la sal se llama cloruro de sodio. b) El nmero de oxidacin del Cl es +3 y la sal se llama clorato (III) de sodio. c) El nmero de oxidacin del Cl es +5 y la sal se llama clorato (VII) de sodio. d) El nmero de oxidacin del Cl es +5 y la sal se llama clorato (V) de sodio e) Ninguna es correcta.

Como ya mencionamos, para determinar los nmeros de oxidacin en compuestos covalentes se asignan formalmente los electrones compartidos al ms electronegativo de los dos elementos unidos. Como el Cl es ms electronegativo que el P, resultar entonces que el nmero de oxidacin del cloro ser -1 (como si hubiera ganado un e) y el del P ser +3 (comosi hubiera perdido 3 e). La frmula del segundo compuesto se determina fcilmente que es CIjO. Como la CE.E. del Cl es ns np , vemos que cada tomo puede formar un enlace covalente con el oxigeno. En consecuencia, el diagrama de Lewis ser 2 5

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Centro de Copiado La

Nomenclatura. Ecuaciones reox.

la oxidacin, en este caso el oxigena es ms fO, por lo tanto se le asignan los electrones lmero de oxidacin -2, mientras que al cloro da oxidacin +1. in los que el mismo elemento, el cloro, al estar lias elementos acta con distinto nmero de diferentes electronegatividades de dichos .ul'U, lo i i.o

PROBLEMA

10

Escriba las siguientes frmulas : a) brmate (V) de sodio. b) brmate (III) de magnesio. -.-yv - T -

PROBLEMA

m^h

a) El Br pertenece al grupo VIIA y su CE.E. es ns- np . Como el Br tiene un solo electrn sin aparear, puede formar un nico enlace covalente simple con un oxigeno, y a la vez ste una unin inica con un tomo de Na. Comencemos a escribir la estructura de Lewis 5

Escriba la frmula y el diagrama de Lewis del sulfato (IV) de hidrgeno, justificando los pasos que sigue.

^-"PlF-^'^rJ!; JaJaJM VI A 16, por lo tanto su CE.E. ser ns- np-, eaii i'lici que podemos encontrar a! azufre con N ' i* III diferentes, segn el tipo y nmero de 11 i mpuostos binarios aceptar dos e: ya sea pliliiaii'iiiii os)ocompartidos(compuestoscovalentes), \n Compuestos ternarios, como el que nos ocupa ,ai*iiin uordinadoalS Resulta entonces e! diagrama

H;CKSoO.Hoo xw OO

OO

XX

OO

I a ilnl'. y 2 e- de los H involucrados en las uniones . . . n olectronegativoque el S y que el H. asignamos n e a lu ,'itomos de O. Resulta asi el nmero de 4 (i nio si hubiera perdido cuatro electrones), el i nal 11 11 (como si hubiera perdido une cada uno) UMII da cada O = -2 (como si hubiera ganado 2 e). i.iH.iu || pues HjSO,. mina de los productos de las atomicidades por los I njii.il a 0:1

Escriba las frmulas de las siguientes sustancias: a) metafosfato de calcio b) cido ortofosfrico c) pirofosfato de sodio Dato: Z del P = 15

El fsforo pertenece al grupo V A 15 y su CE.E. es 3s- 3p ; puede entonces presentar nmeros de oxidacin 35

y 5. Por lo tanto, puede formar dos xidos: P O xido de fsforo (III) trixido de difsforo P,O * xido de fsforo (V) pentxido de difsforos

i ( H ) 1 x(+4) + 3 x ( - 2 ) = 0 lien* II Mi f i l m ila i i.pi.ido La Copia S.R.L.

Cada uno de estes xidos puede dar oxocidos por hidratacin. Los * ^ * $ ^ toman distintos nombres comunes de uso muy generalizado, segn el grado de h.dratacon.

*

^

W

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77

PO +H 0 22 s 2

HP04 3

3

cido metafosfrico cido pirofosfrico4

P,0, + 2 H , 0 P,O + 3 H,0s

> H P 0, > 2 H,P0

cido ortofosfrico

La respuesta c)currrj*con que es un hidrgeno sulfato de calcio, pero el nmero de ni como se procedi en*i respuesta d)); por lo tanto, el Ca(HS0 ) se nombra hldiui nombre antiguo es SBSD cido de calcio o bisulfito de calcio. La respuesta e) no esoorrecta por cuanto el CaS0 no es una oxosal acida; ademe i de! S es +4.3 2 3

Ahora podemos responder a lo pedido en el problema. a) El metafosfato de calcio es una oxosal formada por el anin metafosfato, PCy y el catin Ca *. Luego la frmula ser Ca(POj)2 r

Respuesta ta proposicin correcta es la d).

PROBLEMA 13 Complete la tabla siguiente con las formule correspondientes. NH, NH; Fe-

b) El cido ortofosfrico resulca, como vimos, de adicionar 3 molculas de agua a cada molcula de pentxido de difsforo y su frmula es H,P0 .4

c) El pirofosfato de sodio es una oxosal proveniente de reemplazar el H del correspondiente cido por Na. Como el Na tiene nmero de oxidacin 1 (pertenece al grupo I A), la frmula del pirofosfato de sodio es Na P 0 .4 4 7

su:

Respuestas:

a) Ca(POJ, b) H,PO. c) N a P , 0 ,4

Determine y justifique la respuesta correcta. La frmula del hidrgeno sulfato (VI) de calcio es a) CaHSO, b) Ca(HS) c) Ca(HS0 ) d) C a ( H S O l e) CaS02 3 2 3

S B M t M E i " . S i . . 7

Ei.

Para completar esta tabla debemos teneren cuenta queloscompuestos deben ser elcK. nay que determinar el nmero correcto de cationes y de aniones. Por otra parte pi'i calcular en cada antnel nmero de oxidacin del no metal. SO. NH/ Fe* NH.NO, nitrato (V) de amonio Fe(NOJ, nitrato (V) de hierro CrfNO,), nitrato (V) de cromo (III) (NH.).-SO. sulfato (V!) de amonio FeSO. sulfato (VI) de hierro (II) Cr,(SO.), sulfato (VI) de cromo (III) (NH crtcfoi'!" i1

I *,l ericfdfttl ' - ' ^'tneament. de iones OH' se dice que la vilm MM rte

H,0 > K-(ac) + OH-(ac)1 s

Los xidos de los eleme disuelven en aoua f o r m

tuaci

f *n er

a la

; m e n

s l t u a d o s a

l a

f " T ^ % , derecha de la tabla pendica son de tipo covalrnl.6 ac s m o l c u a , o r m a

En la solucin acuosa de KOH. el catin K estar rodeado por los extremos negativos de los 3 H As0 + 5 NO 3 4 3 4

* 2 Na- (ac) + SO,'- (ac)

As: su nmero de oxidacin pasa de O (en el As) a +5 (en el H As0 ) N: su nmero de oxidacin pasa de +5 (en el HN0 ) a +2 (en el NO)3

, un compuesto inico que en agua se disocia segn: 2 Na- (ac) + Cr 0 - (ac)2 7!

El As aument su nmero de oxidacin, luego se oxid y es un agente reductor. El nmero de oxidacin del N disminuy de +5 en el HN0 a +2 en el tJQ, luego el HN0 es un agente oxidante Esta reaccin es redox3 3

PROBLEMA

fT

Ii!!

d)

H S0 + 2 NaOH2 4

Na S0 + 2 H 02 4 2

Determine cules de las siguientes ecuaciones corresponden a reacciones redox; identifique los agentes oxidantes y reduc tores: a) AI,C + 12H 0 > 4AI(OH) 3CH3 2 3 4

No es una reaccin redox. ya que no varia ningn nmero de oxidacin.

b) d)

5 KCI0 + 31, t 3 H,03 3 3

> 5 KCI 6 HI03 4

3

c) 3As + 5HN0 + 2 H 0 H S0 + 2 NaOH2 4

> 3 H As0 + 5 NO * Na,S0 + 2 H 04 2

Considrese la siguiente ecuacin que describe la oxidacin del hierro: 4 Fe + 3 O, > 2 Fe 02 3

l ale oxidacin-reduccin, o reaccin redox, es aqulla en la cual algunos de los tomos sufren cambies ftt da oxidacin. La oxidacin se define como un aumento algebraico en el nmero de oxidacin y una prdida de electrones. La reduccin se refiere a una disminucin algebraica en el nmero de || aoitetponde a una ganancia de electrones. AI C, + 12H 04 2 4 3

Indique cules de las siguientes afirmaciones son correctas: 1) es un ejemplo de reaccin redox. 2) el hierro metlico es un agente reductor. 3) el Fe 0 es un agente oxidante. 4) el hierro metlico se reduce a Fe ". 5) el O ' es un agente reductor.2 3 5 2

> 4AI(OH) + 3CH3 3

4

al Al no varia (es +3 en el AI C y +3 en el AI(OH) ). Ocurre lo mismo con el C, cuyo nmero de oxidacin igual a-4, c o n e l O ( N o x O = -2)yconelH(N'nxH = t1) luego esta no es una reaccin redex. 5 KCK) + 3 l + 3 HjO3 2

Analicemos cada una de las opciones propuestas: 1) Es correcta, ya que el Fe aumenta su nmero de oxidacin de O a + 3, o sea se oxida, y el O disminuye su nmero de oxidacin de O a-2, o sea se reduce.

> 5 KCI + 6 HIO,

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85

Problemas Resuellos.

Nomenclatura. Ecuaciones redox.

2) La hemirreaccin que involucra) al hierro serla: ' Fe - > Fe*3

2 (MnO; +8H* + 5 + 3 er 5(2 I10 e-+ 2 MnO; +16 H*+ 101-

MB* + 4FLO) -* L +2e) 2Mn * + 8 H O + 8 l ,l l

El hierro se oxid, luego es un agente reductor, y la afirmacin resulta correcta 3) Eajsa, ya que el Fe O es el prroducto resultante de la reaccin redox. El agente oxidante es el oxigeno. 4) Falsa, pues el hierro no se redluce sino que se oxida, ya que aumenta su nmero de oxidacin.2 s

Verificamos nuevamente que los balances de masa y carga sean correctos: Balance de masa N de tomos en el lado reactivos Mn O H I Balance de carga 2 + 16-10 = 4 2x(+2) = 4 2 8 16 10 N de tomos en al productos 2 8 16 10

5) EaJsa, pues como vimos en 2) i el agente reductor es el Fe. r- PROBLEMA 19

Ajuste por el mtodo del ion-electrn las siguientes ecuaciones moleculares e inicas: a) KMn0 + Kl + H,S0 MnS0 + 1 , + H,0 K.SO,4 4 4

b)

CuS + HNO,

> CUINO,),

+ S NO + H 02

c) CrO/ + HSnOy + H,0

1 SnO,- + CrO, + OH" M n + SO,'- * l j + H,0 2 K + * SO/

Observemos que el nmero de electrones que toma el agente oxidante (MnO ) y si iat| (I..) tambin se puede conocer calculando la diferencia los respectivos

e n

nmeroaS

Para el Mn:

Las especies que sufren carmbio en su nmero de oxidacin son el Mn del MnO; (su nmero da oxidacin pasa de+7a+2,osease reduce) w el iodo (varia su nmero de oxidacin de - 1 a 0. se oxida). Se escriben por separado la hemirreaccin de oxidacicn y la de reduccin. MnO; IMn** hemirreaccin de reduccin, no ajustada I, hemirreaccin de oxidacin, no ajustada

N ox Mn en MnO; 7

N* ox Mn en Mn* (+2)

+5

que es el nmero de electrones que toma el MnO; en la hemirreaccin de redura IIVI Para el L N o x l enl-1a

N'oxl e n 0

l

2

= -1

Ahora debemos proceder al I balance de masa; en el caso de la reduccin, debemos tener en cuenta que se trabaja en medio acuoso cido, por lo tanto agregamos H 0 a la derecha y equilibramos con H' a la izquierda.2

que es el nmero de electrones que cede cada tomo de I. Para llegar a la ecuacin molecular tenemos que agregar los iones faltantes, que an en la ecuacin inica. Del lado de los reactivos tendremos: 2 K? (acompasan 2 MnO,- para dar 2 KMn0 ) 8 S0 '(acompaan 16 H- para dar 8 H S0 ) 10 K (acompaan 101' para dar 10 Kl)4 4J 2 4 -

MnO;

8H*

Mn * + 4 H , 0J

En el caso ce la oxidacin,, el balance de masa resulta: 21 h

Finalmente, cebemos balarncear las cargas de ambas hemirreacciones, sumando convenientemente el nmero de electrones que correspconda. M n O ; + 8 H* hemirreaccin de reduccicn, ajustada 2 Ihemirreacin de oxidacirn, ajustada Multiplicamos ambas hemiirreacciones por los nmeros necesarios para poder cancelar los electrones de ambos lados: - * I, + 2 e +5 e

Total 12 K-y 8 SO/

Del lado de los productos tendremos: 2 S0 - (acompaan 2 Mn" para dar 2 MnS0 ) 6 SO/ + 12 K formarn 6 r^SO. *4J 4

Total 12 K y 8 SO/ *

Luego, la ecuacin molecular ser: 2 KMn0 + 10 Kl + 8 H,S04 4

_> 2 MnS0 + 5 l + 6 K/KI.4 2

86

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Problemas Resueltos.

Nomenclatura. Ecuaciones retiox.

CuS

+ HNO,

Cu(NO,)

2

+ S + NO + HjO

j cambian su nmero de oxidacin son el S, cuyo nmero de oxidacin pasa de -2 a 0, y el N _ _ r o de oxidacin pasade+5a+2),en cambio, el nmero de oxidacin del Cu (+2) no varia, luego |Kk) hemirreacciones. Se escriben por separado las hemirreacciones de oxkiacin y de reduccin: SJ

Del lado de los productos: Los iones agregados del lado de losreactivosforman 3 CuNOJj. Finalmente, la ecuacin molecular ser:' 3 CuS + 8 HNO, c) Cr042

3 S + 2 NO + 3 Cu(NO,), + 4 H,0 HSnO," + Cr0 " + OH- (ecuacin inica)2

- S - > NO

+HSn0 +H 02 2

NO,-

j a proceder al balance de masa de la hemirreaccin de reduccin (la de oxkiacin ya est *aaicto de la masa), teniendo en cuenta que la reaccin se realiza en medio acuoso cido, por lo M 2 H 0 a la derecha, quedando balanceado el O, y luego agregamos 4 H* a la izquierda para2

Escribimos por separado la hemirreaccin de oxidacin y la de reduccin, teniendo en cuenta los cambios de los nmeros de oxidacin. Para el Cr: de +6 a +3 (gana 3 electrones) . Para el Sn: de +2 a +4 (pierde 2 electrcr.es) CtQ* HSnOj> Cr0 2

4 H' + NO,-

NO + 2 H , 0

reduccin (no ajustada) oxidacin (no ajustada)

aliamos balancear las cargas de ambas hemirreacciones: sJ

> HSnO,-

S

+ 2e

3 e + 4 H* + NO/

NO + 2 H,0

j i l nmero de electrones perdidos en la oxidacin (2) coincide con el cambio del nmero de I, y que el nmero de electrones ganados en la reduccin (3) coincide con el cambio del nmeroIIPI N

Hagamos el balance de masa en la hemireaccin de oxidacin. Los tomos de Sn y los de H estn balanceados, pero del lado de los reactivos hay un tcmo de O menos que del lado de los productos. Observemos que esta reaccin se produce en medio bsico, en consecuencia podemos recurrir a iones OHy a molculas de H O para completar el balance. Podemos seguir una regla que se cumple muchas veces: "Si de un lado nos hace falta 1 tomo de O, agregamos de ese lado 2 OH y en el otro lado aparecer el tomo de O en la sustancia que lo necesitaba y 1 molcula de H 0". Veamos: HSn0 - + 2 OH> HSnO,- + H 0 hemirreaccin no ajustada2 2 2

la alectroneutralidad del sistema, el nmero de electrones perdidos en la oxidacin debe coincidir da electrones ganados en la reduccin, por lo tanto, multiplicando por los nmeros necesarios,1

Ahora igualemos las cargas: HSnO, - 2 OH * HSnO,- + H 0 + 2 e- hemirreaccin ajustada 2

3(S J

S + 2e) - NO + 2 H 0)2

2 (3 e + 4 H- +:

NO,

Efectuemos el balance en la hemirreacc en de reduccin. Los tomos de Cr estn equilibrados, pero los de O no Necesitamos 2 tomos de O del lado :e 'es productos, entonces agreguemos en ese lado4 OHy equilibremos el nmero de mclcu'as de agua que a:=-ecer del lado de reactivos. ecuacin inica 2 H 0 - CrO/2

6 e + 3 S + 8 H- + 2 NO," NH balances de masa y de carga: N de tomos en el lado reactivos3

- > 3 S + 2NO + 4 H,0 + 6 e-

* CrO,- + 4 OH hemirreacin no ajustada

Igualemos las cargas: N de tomos en el lado productos 3 8 2 6 2 H 0 + CrO/- * 3 e2

> CrO, + 4 OH hemirreacin ajustada

Multiplicamos por nmeros convenientes para que el nmero de electrones perdidos en la oxidacin coincida con el nmero de electrones ganados en la reduccin. . 3 (2 OH +HSn0 2

> HSnO,-+ H,0 + 2e-) * Cr02

2 (3 e + 2 H 0 + Cr0 2 4!

+ 4 OH)2 2

a*Hua 3x(-2) + 8x(+1) + 2 x ( - 1 ) = 0 I laa iones necesarios para llegar a la ecuacin molecular, fcw taactivos tendremos: tlii|iar\un a 3 S ) a 6 H de los 8 H , y hay 2 NO,- en la ecuacin inica) 6 0 H + 3HSn0 - + 6 e - + 4 H 0 + 2Cr02 2 42

> SnO," + 3 H 0 + 6 e - + 2 C r 0 - + 8 0H2

Eliminamos los trminos comunes a arries lados (6 er, 3 H 0,6 OH) y obtenemos la ecuacin inica neta ajustada. 3 HSnO,- + H 0 + 2 Cr0 "2 4

> 3 HSnO,- + 2 CrO,- + 2 OH

Bii|ianan

2

-

-

r* da Copiado La Copia S.R.L

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89

. Problemas Resueltos

Nomenclatura Ecuaciones redox.

PROBLEMA

20

4 C I , + NH + 9KOHs

> 8 KCI + KNO, 11

Balancee las siguientes ecuaciones por el mtodo del ion-electrn: a) CIJ + NHJ+KOH2

> KCI + KNO, + H,0 > Cof,OH), + MnO, KCI

b) Esta ecuacin corresponde tambin aun proceso que se desarrolla en medio b de inmediato, las especies que cambian su N* ox son: Co (+2 pasa a +3) Mn (+7 pata a

b) CoCI, + KOH + H 0 + KMnO,

En consecuencia, debemos balancear las siguientes hemirreacciones: Co" a) Identifiquemos primero los tiomos que cambian su N ox. Como vemos, son el Cl que pasa de N* ox 0 a - 1 y el N, de -3 a +5. Observemos adems que la reaccin se produce en medio bsico. Por lo tanto, las dos hemirreacciones que debenxos balancear son: O, NH, La primera no ofrece ningunia dificultad: CL*2e* 2Cr Cr - NO,MnO/ Co" > MnO,

Rpidamente completamos la primera, correspondiente a la oxidacin: Co" > Co" + 1 e2

En la segunda hemirreaccin debemos recurrir iones OHy molculas H 0 paral Pero hagamos primero el balance de carga, como en el ejercicio anterior. Tenianda I de N" ox +7 a +4, es decir que hay ganancia de 3 er, escribimos: MnO; + 3eBalanceamos las cargas, agregando 4 OH- a la derecha: MnO; + 3 e> Mn0 + 4 OH2

MnO,

El problema se puede presentar en la hemirreaccin de oxidacin. Si intentamos aplicar en este caso la regla de agregar 2 OH- por cada tomo de O que necesitemos, nos vamos a encontrar con una situacin bastante complicada, debido a los ttomos de H presentes en NH . Podemos facilitar las cosas si ubicamos primero los electrones. Como el N pasai de N' ox -3 a +5. el proceso corresponde a la prdida de 8 e\r lo tanto escribimos:3

NH, Hagamos ahora el balance de carga utilizando OH-;

NO,- 8 e-

y luego hacemos el balance de masa, ubicando 2 H,0 a la izquierda, con lo que | MnO; + 2 H 0 + 3 2

M n O . + 40H-

-> N O , + 8 y finalmente el balance de* masa ubicando H.O: NH +9 OH Las dos hemirreacciones. ajustadas son entonces: Clj + 2e -> 2 C i - NO; + 6 H,0 + 8 ereduccin oxidacin - NO,- + 6 H,0 + 8 e

Multiplicamos la hemirreaccin de oxidacin por 3 y sumamos la de reduccin: 3(Co" MnO; + 2H.O + 3e3 Co" + MnO; + 2 H,0 + 3 * Co" + e) - MnO,+ 4 OH2

n ilu

Co" + Mn0 + 4 OH < 11

NH + S OH-, -

Una vez cancelados los electrones, debemos agregar los contraiones necesario', i molecular. Ubicamos 6 Cl- y un K para combinar con los iones Co" y MnO; del primni i * y los repetimos en el segundo miembro; pero aqu notaremos que nos hacen falta OI Co" y slo aparecen 4, por l tanto debemos agregar 5 OH- y 5 K en ambos miernUm * la ecuacin final ajustada: 3 CoCI, + KMn0 + 2 H 0 + 5 KOH4 2

Multiplicando la primera por 4, para poder cancelar los electrones, y sumando ambas hemirreacciones, obtenemos: 8e + 4 C I , + NH + 90HJ -

- 3Co{OH)3 + Mn0 + 6 l2

-> 8 Cl- + NO; + 6 H 0 + 8 e2

Agregamos los 9 iones K necesarios para llegar a la ecuacin molecular y nos queda:

90

Centro de Copiado La Copia S.FLL.

Centro de Copiado La Cop

Problemas Resueltos.

Nomenclatura. Ecuaciones redox.

3 (3 H 0 + Sb"2

- > SbO; + 6 H* + 2 e) - NO + 2H 0)2

oxidacin reduccin + 2 NO + 4 H,0

2 (3 e + NO; + 4 H* Dadas las siguientes ecuaciones: Ecuacin 1 a Mn0 b KCI + c H SO, > d KCIO, + e MnSO, + f H 0 Ecuacin 2 a Sb(N0 )j + b KN0 + c H 0 > d NO + e KSbO, + f HNO,2 2 2 3 3 2

6e- + 3 Sb ' + 9 H,0 + 2 NO; + 8 H*3

3 SbO; + 18 H* + 6 e

Simplificando e\* y H 0 en ambos lados queda:2

Indique, basndose en el mtodo del ion-electrn, cul de las siguientes afirmaciones es la correcta: Ecuacin 1 1) a = 1 b = 1 f=3 3)b = 2 e = 3 2) b = 2 c = 3 f = 1 4)a = 3 e = 3 5) Ninguna de las respuestas es correcta.

3Sb"* + 2 N O ; + 5H 02

- > 2 N O + 3 SbO; +10 H*

f=3 f= 3

Para escribir la ecuacin molecular debemos agregar iones. Del lado de los productos: 10 NO; (acompaan a 10 H*) 3K* (acompaan a 3 SbO;) Del lado de los reactivos: 10 NO; (que, junto con 2 NO; de la ecuacin inica, acompaan a 3 Sb ' y 3 K*)3

Ecuacin 2 1) b = 5 c = 3 d = 2 3 ) b = 3 c = 5 d = 2 2) b = 2 c = 3 d = 5 4) b = 2 c = 5 d = 3 5} Ninguna de las respuestas es correcta.

Escribimos la ecuacin molecular: 3 Sb(N0 ) + 3 KNO, + 5 H 03 3 2

2N0 + 3KSbO

3

+10HNO

3

Por lo tanto, la respuesta correcta es la 3V b = 3 c = 5 d a 2 i, PRM22 . .unl.ian su nmero de oxidacin son Mn (de +4 a +2) y Cl (de -1 a +5). Planteamos las M> iv.hu riOn y de oxidacin y teniendo en cuenta que la reaccin ocurre en medio cido, t> . balance de masa, luego a! de carga y finalmente multiplicamos por los nmeros 1 ' Mn** + 2 H 0 reduccin2

Cl- + 3 H,0 I IM11O, + 12 H" -:-CI- + 3 H , 0 comunes: 3 MnO, + 6 H' + Cl' i

- > CIO- + 8 H* + 5 e- oxidacin -> 3 Mn " + 6 H 0 + CIO - + 6 H" + 6 e: 3

xido de nitrgeno 1 2 1 2 6

agua 1 2 2 4 6 ' !S

|H lenn

> 3 Mn*- + CIO; + 3 H 02

1 1 1 3 3

' 1 wlecular debemos agregar los iones K y SO/ necesarios (1 y 3 respectivamente). * 3 MnO, + KCI + 3 H SO2 (

> KCIO + 3 MnSO, + 3 K 0s 2

La ecuacin que describe el proceso es Cu + HNO, Cu(N0 )3 2

( itauutftlacofrect3este4: a 3

3f-}

+ NO + H,0

qno cambiar el nmero de oxidacin son Sb (de +3 a + 5, se oxida perdiendo 2 e) y N latineo ganandu 3 o). Manee de masa y carga en medio cido y multiplicamos por los nmeros correspondientes:

Escribimos las hemirreacciones de oxidacin y de reduccin y balanceamos las masas y las cargas, en medio cido: 3(Cu 2 (3 e- + 4 H" + NO; 3 Cu + 2 NO; + 8 H* Cu ":

+2e)2

> NO + 2 H 0) 3 Cu * + 2 NO + 4 H 01 2

p i l l o de Copiado La Copia S.R.L.

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93

Problemas Resueltos.

Nomenclatura. Ecuaciones redox.

Luego, la serie d) es la c g n f l a La ecuacin molecular ser: 3 Cu + 8 HNO, - > 3Cu(NOJ, 2 NO + 4 H , Q 23 RESOLUCJON

PROBLEMA

24

El mtodo de Hall permite obtener aluminio i uai por electrlisis. Equilibre la ecuacin teniente!.. > oxigeno gaseoso. La ecuacin ser: ALO,

PROBLEMA

Ajuste por el mtodo del ion electrn la ecuacin de la reaccin por la cual se prepara el gas venenoso fosfina (PH,). H 02

* P (s)4

PH,(g) + H,PO,

Como la reaccin no ocurre en medio acuoso no podemos utilizar el mtodo dJsl usar la variacin en el nmero de oxidacin. Vemos que el aluminio se reduce (su N ox pasa de+3 a 0) y el oxigeno se oxidai (u i r i las hemirreaaciones de reduccin y oxidacin: Al 3

- > Al - * O,

En esta ecuacin, el fsforo se oxida y se reduce. Estetipode reacciones se denominan de desproporci lonamiento. Procedamos al balance de masa: Hemirreaccin de reduccin: Balance de masa Balance de carga P4

0";

- > PH,4

12 H* P 12 e- + 12 H* P

Al "3

Al O,

- * 4 PH, - > 4 PH, El balance d e carga ser:

20"

4

Hemirreaccin de oxidacin: Balance de masa Balance de carga

P

AP- +3e4

- > H,POj-* 4H,P0, + 8H* 4 H.PO,- + 8 H- + 4 e-

8 H,0 + P, 8 H,0 P.

20=Multiplicamois por los nmeros adecuados. 4 y 3: 4 (AP- + 3 e 3 (2 O*

- > Al -* 0 + 4 e2

Multiplicamos por el nmero de electrones correspondiente: 12 e + 12 H* P 3 (8 H,0 P4 4

-> Al) - o , + 4 er) - * 4 Al + 310.

-* 4 PH, - > 4 HjPO; + 8 H* + 4 e)4

4

4 A l " + 6 O'Quedando la ecuacin de obtencin del aluminio

12 e- + 12 H- + P + 24 H,0 + 3 P Simplificando - , H" y H 0 de ambos lados quedae 2

"* 4 PH, + 12 H PO," + 24 H* + 12 e2

4 Al 3 02

2

4 P + 24 H 0 4

> 4 PH, + 12 H P0 " + 12 H*2 2

Dividiendo los coeficientes estequiomtricos por 4: P, + 6 H,0 > PH, + 3 H,PO,

PROBLEMA

25

La hemoglobina es una proteina pnesente en loe y animales vertebrados. Su funcin es la dr i. pulmn hacia los tejidos La molcula de heno Fe al estado Fe * y cuando transporta el ox gnu i hemoglobina), el Fe se mantiene al estado F>" Ahora bien, si una solucin de heimoglobra (i|iie mezcla con un agente oxidante, por ejemp'o clwa observamos que la solucin roja pasa a CC'Of cha2

94

Contro de Copiado La Copia S.R.L.

Centro de Copiado I

transform en Hb-Fe**, denominda metahemoglobina. Escriba ta ecuacin radox correspondiente a la reaccn entre la Hb-Fe * y el CL.2

CAPITULO 5

jtta.. ...aHb-Fe *2

> Hb-tV + l e > 2CI

/

S O L U C I O N E S

C L + 2 e-

2 Hb-Fe * + CL2

> 2 Hbfe * + 2 Cl3

En este capitulo veremos problemas referidos alas distintas formas de expresarla concentracin de una solucin y cmo pasar oe una forma a otra. Para no confundirse con la resolucin de estos problemas siempre tendremos que tener en cuenta que las formas de expresar la concentracin pueden agruparse en dos grupos. En un grupo estn las formas relacionadas con la masa y en el otro grupo estn las formas relacionadas con el volumen. Los cambios en la forma de expresar la concentracin dentro de un mismo grupo son ms sencillos. Para pasar de un grupo a otro siempre nos ser necesario conocer la densidad de la solucin. En el siguiente cuadro estn ordenadas las expresiones de concentracin segn el criterio expuesto. Volumen %mJV molaridad (M)

Masa %m/m molalidad (m) fraccin molar (x)

La fraccin molar de soluto (x) queda incluida en el primer grupo pues se refiere a cantidad de materia, sin especificar el volumen en el que se encuentra. Los cambios de unidades dentro de un grupo sen siempre ms sencillos que los de un grupo a otro, pues para esto ltimo es necesario conocerla densidad de la solucin. Presentamos tambin problemas de dilucin, concentracin y mezclas de soluciones.

Una solucin acuosa contiene 37,3 g de KCI, 69,0 g de CH CH.OH (etanol) y 360 g de agua. Calcular: a) la fraccin molar de cada componente, b) la molaridad y c) la molalidad de la solucin de KCI. considerando que el solvente es una mezcla de etanol y agua. Datos: M,KCI=-746; M, = CH CH OH = 46,0; M, H.O = 18,0 - S solucin = 0.S764 g.cm .3 ? 3 3

a) Para contestar la primera parte del problema tenemos qiue calcular el nmero de moles de cada uno de los componentes.

1 Copiada La Copia S.R.L. Centro de Copiado La Copia S.R.L. 97

Problemas Resuellos.

,

et o

= 0,500 mol 74,6g.mor' 69,0 g 46,0.g.mol-' 360 g 18,0 g.mol-'

37.3 g

= 1,50 mol

= 20 mol

PROBLEMA

2

Entonces 0,500 mol **P 0,500 mol + 1,50 mol + 20 mol 1,50 mol 'W" o,500 mol + 1,50 mol + 20 mol 20 mol =0,909 0,500 mol+ 1,50 mol+ 20 mol Podemos controlar las c u e n . ya C * 'facciones molares debe dar 1. Efectivamente, 0,023 + 0.06*8 * 0.9 ' - x ltas ue l a s u m a , a s 9 l m

' 0,023

El % m/m de una solucin acuosa de HCr 12,13 M | a) 2 8 . 2 % b ) 3 2 . 3 % c)37,2% d) 25,22% Informar la respuesta correcta. Datos: Ar H = 1,00; Ar Cl = 35,50

= 0,068 Primero pensemos si con los datos que se poseen es factible resolver este probkema l n de concentracin del segundo grupo y, dado que la densidad es dato, el prroblem | molaridad de la solucin de HCI sea 12,13 significa que en 1000 cm de solucin (sn) I de soluto (st). Siempre es ms sencillo pasar de una unidad de un grupo a una del nim y del % m/V. Como estamos trabajando con el segundo grupo, averigemos pprimum el I seguir puede ser un poco mas largo, pero ser ms seguro.3

=

b) Sabemos que la molaridad P conocemos el volumen. per rln nm/, u, a masa de soluto, debemos conocer las masas atmicas relativas (Ar H * 1.00; O = 16.0; P 31.0)= 1 S

Ahora si es posible calcular la molaridad. 1049,39 g de solucin ocuparan | m, 1049,39 g 1.026 g.cm3

1022.80

14.45 g moles de soluto = 98 g.mol'

= 0.1474 moles

Si en

1022,80 cm de sn5

estn disueltos estarn disueltos

Por supuesto obtenemos ei mismo valor que ei calculado anteriormente, usando el dato de molaridad. A partir de ac el clculo de molalidad es igual que antes.

1000 cm de sn3

0,504 mol . 1000 cm 1022.80 cm b) Utilizando el dato obtenido en la parte a), este clculo es mmy sencillo. La solucinfinales 0,504 m. lo que significa que en 1000 g d j solvente hay disueltos 0,504 moles, por lo tantoe 3

La solucin es 0 493 M. Cul ser la concentracin de la solucin resultante expresada en % Si 1 mol de H P05

m, = 0.504 mol x 98 g.mol = 49,3g1

g

de st

tiene una masa do4

Usando nuevamente el hecho de que las masas son aditivas, podemos afirmar que en (1000 g sv + 49.39 g st) = 1049,39 g de solucin hay disuertos 49,39 g de soluto. En consecuencia, sien en 1049,39 g de sn 100 g de sn estn disueltos estarn disueltos Si en _4gj9g tOOg a 4,71 g de st 49,39 g de st

0.493 moles

tendrn una masa d

98,00 g . 0,493 m 1 mol estn disuellos estarn disuelto-.

1000 cm de sn3

1049.39 g Este es el valor del % m/m: 4.71

100 cm desn3

110

Centro de Copiadlo La Copia S.R.L.

Centro de *

48.31 g . 100 c m 1000 em> 0,9gde NaCI x 100 g 8 Ipintearlo siguiente: 97.47 cm de sn3

3

4,831 g c a H j P O ,

98.009 . 0.500 mol 1 mol En consecuencia, si 95.97gdest 49,00 gest , estn disuertos en estarn disuettos an 100 9 49.00 g 95.97 g .

> 49.00 g

100 g de sn conc.

'

= 0,09 g de N."

v_=-

' 51,08 g de sn conc.

1 mol de o ''| r

j

1.026 g.cm-

97,47cm1

>

estn disueltos 4,71 g dest estarn disuettos 4.71 g . 100 cm

100 cm de sn3

3

1.54.10' m a M

97.47 c m

4,832 g d e s t3

En principio, se podra dar por terminado el clculo aqui. y decir que pesamos esta masa de solucin concentrada y la diluimos a-1,0O dm . La operacin de pesar un liquido es bastante engorrosa y serla necesario hacerla con rapidez, debido a que parte de la solucin puede evaporarse, lo cual hara que la concentracinfinalfuese distinta a la pedida. Es mucho mis sencillo y rpido medir volmenes. Aunque es algo menos exacta, esa tcnica se utiliza normalmente en el laboratorio, midiendotosvolmenes con pipetas graduadas, buretas o probetas. Con el dato de la densidad de la solucin concentrada podemos obtener el volumen que es necesario medir.3

i*ocitosy1,59,2 g

I

limitante = Ca,P,l se hablan colocado iguales masas de arreos reactivos. I nos conviene trabajar en gramos

Ahora completamos el cuadro con u a tercera fila donde escribimos los datos y las incgnitas n

"iones esequn 182 g Ca,P, 273 g Ca,P 149,2 a S2 2

2Na,Oj 103 g H 02

I I 2H,0 1 1 i 2 moles

4 NaOH 4 moles 160 g

1

+ I

0,(g) 1 .mol

reaccionan con

Cantidad (moles)a

'

273x108 x = _ _ _ _ _ _ _ g = 162gH O 182

2 moles 156 g 234 g

Masa (g) Datos e incgnitas i

ni la masa de H 0 colocada. En consecuen;ia, como ambos reactivos se hallan exactamente N aitequiomtricas, ambos se consumirn totalmente. Concluimos en este caso que no hay ' i y que por lo tanto ningn reactivo est en exceso.t

1 mol

xg

:

x moles

"ndremcs q e| los datos c r J oara e: a- 'M

I limitante = ninguno Ida consumirse el reactivo limitante la reaccintermina, todos los clculos deben efectuarse sobre I reactivo. Por esta razn, es lo primero que debemos determinar antes de resolver un problema.

Una vez construido el cuadro pasamos a la resolucin del problema, determinando previamente cul es el reactivo limitante, pues todos los clculos debemos efectuarlos en funcin de l. Clculo del reactivo limitante Para ello relacionamos mediante una regla de tres simple ambos reactivos entre si. Asf, de las relaciones estequiomtricas surge que 156 g Na 02

ala*: a) H,0b) Ca P c) ninguno.3 2

reaccionan con2

2molesH 02

234 g Na 02

2

234 g x 2 metes x= 156 g2 2

3 moles H 02

PROBLEMA

32 2 2

Se hacen reaccionar 234 g de Na 0 con 1 mol de H 0 segn Sn 2 0! 2 Na 0 + 2 H 02 2 2

Esto significa que para consumir totalmente los 234 g de Na 0 se requieren 3 mees de H 0. Como slo disponemos de 1 mol de H 0 es evidente que el H 0 est en defecto y por lo tanto es el reactivo limitante.2 2 2

> 4 NaOH + C (g)2

Reactivo limitante = H,0 (que aparece destacado en la ecuacin.) a) Masa de NaOH (gramos) Aqui conviene relacionar los moles de H 0 (R.L.) con la asa de NaOH.2

!%deca-::JlOtcr.e.'a.- J 6,0

Calcular a) la masa (g) de NaOH obtenida. b) la cantidad (moles) de oxigeno producida. Datos A, O = 16,0, A, H = 1,0; A Na = 23,0f

2 moles H 02

producen

160 g NaOH 1 mol x 160 g 2 moles = 80 g NaOH

.

BBa _ _ _ _ _ ___*_____S_i_a_

I problema sencillo para presentar una metodologa general que nos permita elegir el camino ms la resolucin de problemas estequiomtricos. Ma an escribir la ecuacin igualada y debajo de cada sustancia colocar en casilleros, los moles corres |aa relaciones esequiomtricas (R.E.) y en una segunda fila expresamos estos moles en gramos para I i|tin nos dan o nos piden en esta unidad (Na 0 y NaOH en este caso).2 2

1 mol H,0 m (NaOH) = 80 g b) Cantidad de 0 (moles)2

Sn an cuenta que M, Na 0 = 78 y M NaOH = 40, escribimos lo siguiente:2 2 t

Para efectuar este clculo relacionamos los moles del R.L. (dato), con los moles de 0 (g) (incgnita).2

1 mol

2 Naj0 + 2 H 02 2

> 4 NaOH + 0 (g)2

2 moles H 02

producen

1 mol 0

2

^PlMeil (moles) ake(u) i La Copi.i i f l

2 moles 2 x 78 g = 156 g

2 moles

1 mol H.O 4 moles 4 x 4 0 = 160 g 1 mol Respuestas: a) 80 g b) 0,5 m o t e s

1 mol x 1 mol 2 moles

= 0,5 moles 0

2

Cantro de Copiado La Copia S.R.L.

Centro de Copiado La Copia S.R.L.

1 29

rioimds resuellos.

'siequiometra.

PROBLEMA* Dada la ecuacin 2 KCIO, - 2 K C I + 3 0,(g), calcular a) cuntos moles de KCIO, son necesarios pera producir 100 dm de O, en CNPT b) qu masa de KCI acompaa a la formacin de ese volumen de O. Datos: A, O = 16,0; A, K = 39,1; A Cl = 35,53 r

3 x 2 2 , 4 dm'O, 100 d n O , mKCI--222g

se forman junto con

149,2 g KCI 100 dm x 149,2 g3

67.2 dm

3

ii) Tomando como base el nmero de moles de KCIO, obtenido en a), las relaciones ei que 2 moles KCIO, 2,98 moles KCIO, o sea, m KCI = 222 g La dificultad de resolucin en ambos casos es similar. En otros casos no, y tendr suficiente como para optar por el camino ms adecuado. De todas maneras, recomendamos el camino seguido en i), puesto que parte de los datoi En el camino i) se parte de un resultado anterior que. si fuera errneo, provocara ei clculos posteriores. Respuestas: a) 2,98 moles b)222 g originan 149,2 g KCI x= 2,98 moles x 149,2 tj 2 moles

,a

. ...I i

Se trata de un problem nverso muy sencillo que resolveremos construyendo un cuadro de valores anlogo al propuestopara el p r o b l a 3. Previamente calculamos | respectivas M de las sustancias que intervienen en la reaccin.m a a s f

M KCIO, = 122,6 ; M, KCI = 74,6 ; M 0 , = 32r ;

2 KCIO, Cantidigd (moles) Majsa (g) Datos e, incgnitas x moles 2 moles

2 KCI 2 moles 2 x 74.6=149.2 g xg

3 0,(g) 3 moles

TlQO dm' CNPT

a) n KCIO3 La descomposicin degi C I O , origina oxigenoy debemos averiguar cuntos moles dj | nico reactivo se necesitan para producir 100 dm-,j el mencionado gas. Dicho volumen se produce en condiciones normales de presin y temperatura (CNPT), s decir 1 atm y 273 K respectivamente. Por lo tanto, teniendo < cuenta las relaciones estequiomtricas y recordando el va iordel volumen molar normal para gases ideales, pedemos plantear:e e e n s

Cuntastoneladasde coque que contiene 32% i;-. . inertes, sern necesarias para reaccionar con 10 tcr.CfJ puro? , Datos:A.Sn= 118: A.C = 120 A. O =16,0

3x22,4

l d m

-0 3

se obtienen de2

2 moles KCIO, 100 dm' x 2 moles 67.2 dm3

100 | n KCIO, = 2.98 b) mKCI3

D M

o

2

= 2,96 moles KCIO,

M,(SnO,)= 150

m o

ies SnO;

| +

2C 2 moles

Sn 1 mol

Los 100 dm de oxlger aparecen junto con una cierta masa de KCI que es la quie debemos averiguar. Para apreciar la versatilidad^ e la estequometria en cuanto a la eleccin de caminos d 2 NaCN O

315gZnS

y como slo tenemos 4,50 moleas, ste es el reactivo limitante. R.L, = Q

Se hacen reaccionar 68,24 g de un mineral que continno 85%, con exceso de nitrgeno y con 40 g de carbono sn* Ii i g de NaCN. Centro de Copiado La Coiiin

146

Centro de Copiado) La Copia S.R.L.

Problema* Resueltos. a) Calcular el rendimieno de la reaccin. b) S d C O t o r m a ) t o a t _ _ ^ 0 'C, cul ser la prisin del gas? Datos: A , N = 14; AJMa = 23; A, O = 16; A,.C = 12 R O.082 drr> atramorK-'

Estequiometria.

. 106gNa,CO, 58.00 g Na^CO,

producen

2x49gNaCN = 98gNaCN x= 98 g x 58,00 g 2 - 3,62 g NaCN 106 g5

Pero como en vez de 53,62 g NaCN se obtuvieron 40,21 g de l, el rendimiento de la reaccin se puede calcular as: Cuando se esperan 381,2 gN', 4 . s obtienen e . 40.21 g NaCN 40.21 g x 100 g x== 75gNaCN 53.62 g

mu,M, NajCO, = 106; M,NaCN = 49 aanitruimos nuestro cuadro.

53.62 g NaCN cuando se esperan 100gNaCN

= 75 % N,(g) Cantidad (moles) masa deMgfll (volumen eun (p Mata (g) i a incgnitas * Na-CO, | 1 mol I06g 58 g 4C 4 moles 4 x 12 g 40 g R%

2 NaCN 2 moles 2 x 4 9 g = 98g 40.21 g

X

En forma similar a lo visto en problemas anteriores, calculamos R% como 3CO(g) 3 moles resultando R = 7 5 % R%= masa experimental masa terica x100

P(CO) x atm

b) Clculo de P (CO) lijjule dal reactivo limitante Haaa que el mineral contiene 85 % de Na.CO., la masa de este reactivo que interviene en la reaccin es: I moles m (Na,COJ = 68,24 g x I Mfu aegn las relaciones estequiomtricas, escribimos: con4x 12 g C con 40 g C reaccionan 106 g Na C02

Segn las relaciones estequiomtricas poderr.es plantear se forman Junto con 2x49 g NaCN con 40.21 g NaCN _ _ 3 moles CO 40.21 g x 3 moles x= 2x49g La cantidad obtenida representa los moles de CO formados. Ahora bien =1,23 moles CO

85 100

= 58,0 g

= 24,0 driM

3

x=

40gx106g 4x12g

= 88,33 g NajCO, Reemplazando y recordando que O C = 273 K

P=-

nRT V

Mttoir que, para consumir todo el C presente, necesitamos 88,33 g de N^CO,.. Como slo disponemos de 58,00 | j Na.CO, es evidente que ste se encuentra en defecto y en consecuencia es el reactivo limitante. El reactivo limitante es el Na,CO,. dm de soluctfl K Otcuto del rendimiento (R %) legn la ecuefl Para calcular e! rendimiento de la reaccin debemos conocer primero cunto NaCN se deberia obtener lcteamente segn la ecuacin qumica, es decir al 100 % de rendimiento.3

p

=

1,23 moles x Q.Q82 dm atm.mor' x 273 K ' ' 50 dm3 111 1

= 0,55 atm

P(CO) = 0,55 atm Respuestas: a) 75% b) 0,55 atm

3 H, (g)

Copia S.R.t

148

Centro de Copiado La Copia S.R.L.

Centro de Copiado La Copia S.R.L.

149

.1) Koil.lll,Holln (It %) PROBMA2

16

191,5 g es Mg S (80 % d e pureza) reaccionan con 10 moles HCI, obtenwose 285,9 g ie MgCI,, s e g n la ecuacin Mg Si + 4 HCI2

l'lll.l (lllti-ll.'l lll It'llilllllll'lllo, el dato dol Mg,;i (R.L.) Segn la estequiometria: 76,6 g Mg Si2

i calcular la masa terica del MgCI que se forma, I2

. 2 MgCI

2

+ SiH (g)4

producen (IDO %)

190,6 g MgCI 153,2 g x 190,6 g 76,6 g

Calcular a) el reidimiento de la reaccin. b) el voumen ocupado por el SH (g) obtenido, medido a 1,5 atm y : 'C. o Date: A M g = 24,3; A, Si = 28,0; A r H = 1 , 0 ; A,CI = 35,5 R = 0,082 d m atm.mor'K-'4 r 3

153.2gMg Si2

x

= 381.

Esta masa de MgCI se obtendra si el rendimiento de la reaccin fuese del 100 %. Experimentalmente se obtienen 285,9 g de MgCI .2 2

--\v^-:^v'*"^^--:7"':r.r*T-":" 'ir r"." *, ;

Luego R %

masa experimetal;

masa terica

x100 =

285,9 g 381.2 g

x 100 = 7|ir.",t

M M9.S1 = 76,6 ; M, MgCI = 95,3r 2

Calcuiemosprimero la masa de Mg Si puraque efectivamente interviene en la reaccin:2

El rendimiento es del 75 %. b) Volumen del SiH (g) Determinemos primero el nmero de moles de SiH (g) formados, relacionndolo con la mas! m.iilnH experimentalmente, que ya incluye el rendimiento de la reaccin, para luego calcular el voluf general de los gases ideales. Segn la estequiometria:4 4

191.5 g x-

80 100

1153.2 g Mg Si puro, valor que colocamos en el cuadro.2

Junto con 190,6 g MgCIC a

se forman2

1 mol SH (g)4

* a d (moles)

1 mol 76.6 g 153.2 g

4 moles

2 moles 2 x 95.3 g

1 mol

285,9 g MgCI

285,9 g x 1 mol2

_ asa (g) P^ose incgnitas

190,6 g xdm' V(SiH )= n4

= 1,5 molKes

10 moles

R%

xg 285.9 g

RT SiH.

1,5 moles x 0.082 dm am mol' K x 293 K3 1

1,5 atm

* - 24,0 IIH

C l c U l j ] | tante Como si |jp terminemos primero el reactvo limitante, relacionando los reactivos entre si.e r6a:t V0 m 6 re e

El volumen de SiH es 24,0 dm .4 3

76,6 g Mg.Si 153,2 gMg.Si

reaccionan con

4 moles HCI x= 153,2gx4moles 76,6 g = 8,0 moles HCI

Respuestas:

a) 75% b) 24,0 dm

3

PROBLEMA Dado CJKJJ colocaron 10 moles de HCI y se necesitan 8, este reactivo se halla en exceso, luego el reactivo limitante es el Mg Si2

17

\wmmi3 2 1

Al hacer reaccionar 90 g de Al (90 % pureza) con 5 dnl |f de solwI W des M, s e obtienen 55 dm de H (g) a 25 C y 1,6 atm seg g n la ecu* e 2AI 6HCI 2 AICI, + 31 J H (g)2

Indicar la respuesta correcta en cada tem, i) Eil rendimiento de la reaccin at:

1 mitin dr 1 .|ii,i(lo La CCopia S.R.l.(

Problemas Resueltos

Estequiometria.

|) ; / , & % ; b)72.0% ; c ) ' 5 , 0 % ; d ) 8 0 , 0 % * i Mingiini da las respuestas e; correcta. ii) i n mata de AJO, formada es H 400,08 1 b)320,4g ; c)256,3g ; i iiinijiiiudelas respuestas es correcta. no a) .1 . i

Dado que se pusieron 10 moles HCI, este reactivo se halla en exceso por lo que elreactivn i i m i , ,B n

f n

r | A J

i) Rendimiento (R %) d)160,2g 81 g 5a ^ S t ) " ' Segn las relaciones estequiomtricas: 3 R % 6 5 n e C e $ a r 0 d e t e r m n a r 1 0 8 m

t

e

S

*

H

j

(

9

)

t e r i c o s

f o r m 3 d

s jando reaccionan los

M H ii'iidlmiento de la reaccii fuese del 1 0 0 % , quedaran sin reaccionar 140,0 g HCI puro b) 9.) g Al puro id.f. 1 0 ' y la pjrojjoaiHa3

R e n d o Todas las soluciones con valores de pH compmdidos entre 0 y 7 tendrn carcter cido, ya que la [ H j O - l tomar valores entre 1 M y 10'' M. 0 pH < 7 resulta que:

naja e