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TEMA VII - SOLUCIONES

Una solución es una mezcla homogénea de dos o más componentes, es decir, una solución se encuentra formada por varias sustancias mezcladas en una sola fase.

El componente que se encuentra en mayor proporción recibe el nombre de solvente, y es el que da la fase a la solución; el o los componentes restantes, reciben el nombre de solutos y se encuentran dispersos en la fase de la solución.

Estamos rodeados de una gran cantidad de soluciones: el aire, los ríos, mares y lagos, la gasolina, el bronce, y el acero inoxidable son ejemplos de soluciones. Las propiedades de una solución dependen de la naturaleza de sus componentes, la proporción en la mezcla y la fase.

VII-1.- FASE DE LAS SOLUCIONES

Las soluciones se pueden clasificar de acuerdo con su fase en tres tipos: gaseosas, líquidas o sólidas.

*) Las soluciones gaseosas se forman al mezclar dos o más gases. Por ejemplo, el aire sintético es una mezcla que contiene 21% en moles de O2 y 79% en moles de N2, por lo tanto, el O2 actúa como soluto porque está en menor proporción, mientras que el N2 es el solvente.

*) Las soluciones líquidas se originan a partir de solutos sólidos, líquidos y/o gaseosos disueltos en un solvente líquido. Por ejemplo, el agua de mar, los perfumes y las bebidas gaseosas.

*) Las soluciones sólidas se obtienen a partir de dos o más sólidos de características similares o por adsorción de un gas en una estructura sólida. Por ejemplo, el bronce o el acero inoxidable.

Fase de la Solución

Tipo de Mezcla Soluto Solvente Ejemplo

Gaseosa Gas en gas Oxígeno - O2 Nitrógeno - N2 Aire Líquida Gas en líquido Oxígeno - O2 Agua Ecosistemas acuáticos

( lagos, ríos, etc. ) Dióxido de

carbono CO2(g) Agua Refrescos o bebidas

gaseosas Líquido en

líquido etanol -CH3CH2OH(l)

Agua Bebidas alcohólicas

Heptano - C7H16 Octano - C8H18 Gasolina Sólido en líquido Sal común - NaCl Agua Mar Azúcar - C6H12O6 Agua Jarabe Sólida Sólido en sólido Carbono Hierro Acero inoxidable Estaño Cobre Bronce Gas en sólido Hidrógeno – H2 Paladio

VII-2.- PREPARACIÓN DE LAS SOLUCIONES

Para preparar una solución hay que tomar en cuenta la fase de la mezcla:

VII.2.A.- PREPARACIÓN DE SOLUCIONES GASEOSAS:

*) Las soluciones gaseosas se forman muy fácilmente porque los gases pueden difundirse libremente y mezclarse por completo sin cambiar de fase, por lo tanto, cualquier mezcla de gases forma una solución.

VII.2.B.- PREPARACIÓN DE SOLUCIONES LÍQUIDAS:

*) Las soluciones líquidas se preparan de acuerdo con la fase del soluto:

.- Si el soluto es gaseoso, éste se burbujea en el solvente líquido, preferiblemente a bajas temperaturas y presiones superiores a la atmosférica.

.- Si el soluto es líquido o sólido, se mide la cantidad de soluto deseada y se mezcla con el solvente, agitando suavemente, hasta obtener una sola fase en el volumen total de la solución.

Los volúmenes para la mezcla de dos o más líquidos se pueden medir de muchas maneras, desde valores muy aproximados, como hacemos al agregar leche al café, hasta valores bastante exactos para trabajar en una determinación experimental.

Por ejemplo, en el laboratorio, el volumen del soluto líquido, se puede medir con un cilindro graduado o con una pipeta, que puede ser graduada o volumétrica, en este caso el volumen del soluto recibe el nombre de alicuota; esta muestra se vierte en un balón aforado, se le agrega, aproximadamente, la mitad del solvente y se agita muy suavemente, luego se completa con solvente hasta la línea para aforar, se tapa, y se agita cuidadosamente.

La cantidad de soluto sólido se puede medir de muchas maneras, desde valores muy aproximados, como hacemos al agregar azúcar al café, hasta valores bastante exactos para trabajar en una determinación experimental.

En el laboratorio se pesa la cantidad de soluto sólido apropiada y se coloca en un

vaso de precipitado, se le agrega el 50% del solvente y se agita hasta disolver, esta mezcla se vierte muy cuidadosamente a un balón aforado y se completa con solvente hasta la línea de aforo, se tapa, y se agita.

VII.2.C.- PREPARACIÓN DE SOLUCIONES SÓLIDAS:

*) Las soluciones sólidas se preparan a partir de una mezcla de los componentes en fase sólida, preparada en la proporción adecuada, ésta se funde para que se forme la solución en fase líquida a altas temperaturas, y luego se enfría cuidadosamente, para que al solidificar forme una estructura ordenada que se repita de manera regular.

VII-3.- PROCESO DE DISOLUCIÓN.

¿ Qué hace que una sustancia se disuelva en otra ?. ¿ Por qué algunas sustancias pueden formar una solución y otras no ?.

Para responder a estas preguntas es necesario, de nuevo, referirnos a la fase de la mezcla y reconocer que hay dos parámetros fundamentales en el proceso de disolución: las transferencias de energía ( calor de disolución ) y la tendencia natural de las moléculas a adquirir siempre un mayor grado de desorden.

VII.3.A.- DISOLUCION EN FASE GASEOSA:

*) Las soluciones gaseosas se forman por la tendencia natural de los gases a difundirse libremente sin cambio de temperatura, ya que no existen interacciones apreciables entre los componentes.

Como los átomos y las moléculas en esta fase se encuentran muy alejados entre sí y presentan un movimiento constante y muy desordenado, al realizar la mezcla, las partículas de un componente pueden desplazarse libremente entre las otras partículas, a través de los espacios vacíos que existen en el volumen del recipiente y así formar una solución.

En este caso, no hay transferencias de energía apreciables a temperatura constante, por lo tanto, el proceso de disolución se origina solamente por el aumento en el desorden del sistema gaseoso.

VII.3.B.- DISOLUCIÓN EN FASE LÍQUIDA: UNA VISIÓN GENERAL

Como hemos estudiado en el capítulo anterior, las propiedades de la fase líquida dependen de las fuerzas de cohesión, por lo tanto, el proceso de disolución va a depender del tipo de interacciones que se establezcan entre las partículas del soluto y las del solvente.

Si los componentes no son semejantes, las atracciones entre el soluto y el solvente son distintas a las de los componentes puros, ( por ejemplo, las interacciones en el NaCl(s) son muy distintas a la del H2O(l) ), en consecuencia, cuando se mezclan se produce una transferencia de energía, además del aumento en el desorden del sistema.

Ya que el soluto se encuentra disperso en el solvente, para que se forme la solución es necesario que las partículas del soluto desplacen a las del solvente y se ubiquen en un volumen previamente ocupado por éstas.

En términos generales, las transferencias de energía del proceso de disolución se puede representar como la suma de tres etapas:

.- Separación de las partículas del soluto. Este proceso consume la energía necesaria para vencer las atracciones entre dichas partículas ( ∆Hsto > 0 ). .- Separación de las partículas de solvente. Proceso endotérmico ( ∆Hsvte > 0 ) .- Mezcla o dispersión del soluto en el solvente. Este proceso puede liberar o absorber energía de acuerdo con la naturaleza de las interacciones entre los componentes (∆Hmez. )

∆Hdis = ∆Hsto + ∆Hsvte + ∆Hmez

Si la atracción entre las partículas de soluto y de solvente es más fuerte que las uniones entre las partículas de los componentes cuando están puros, al mezclar las partículas se acercan y se libera energía ( ∆Hmez < 0 ), en consecuencia el proceso de disolución es exotérmico ( ∆Hdis < 0 ).

Estas soluciones se reconocen porque al realizar la mezcla se observa un aumento de la temperatura, por ejemplo, solución cloroformo en acetona.

Si la atracción entre las partículas de soluto y de solvente es más débil que las uniones entre las partículas de los componentes cuando están puros, al mezclar las partículas se alejan y se absorbe energía ( ∆Hmez > 0 ), en consecuencia el proceso de disolución es endotérmico ( ∆Hdis > 0 ).

Estas soluciones se reconocen porque al realizar la mezcla se observa un descenso de la temperatura, por ejemplo, solución benceno y éter.

Si la atracción entre las partículas de soluto y de solvente es similar a las uniones entre las partículas de los componentes cuando están puros, el proceso de mezcla libera la energía necesaria para compensar el monto consumido en los pasos anteriores, por lo que ∆Hmez ≅ 0.

Estas soluciones se denominan ideales ya que no se presentan cambios importantes en las atracciones durante la mezcla, por lo que las distancias entre las partículas no se alteran. Se forman entre líquidos semejantes y se reconocen porque al realizar la mezcla la temperatura no varía apreciablemente, por ejemplo, solución benceno y tolueno.

Cualquier solución que contenga poca cantidad de soluto se comporta como una solución ideal porque el ∆Hmez ≅ 0. En este capítulo estudiaremos las propiedades de este tipo de soluciones.

VII.3.C.- DISOLUCIÓN EN FASE SÓLIDA:

Como hemos estudiado, las propiedades de los sólidos dependen de las fuerzas de atracción entre sus partículas y de la manera como éstas se encuentran organizadas en el espacio, por lo tanto el proceso de disolución va a depender tanto de la naturaleza de las interacciones entre las partículas del soluto y las del solvente como de la capacidad de formar una estructura espacial organizada.

Este proceso es bastante complejo y escapa del nivel de este curso, sin embargo, en líneas generales se puede afirmar que para que se forme la solución sólida es necesario que cada partícula del soluto pueda ubicarse en un punto fijo dentro de la estructura espacial del solvente; esto sólo puede ocurrir si el tamaño y la forma de las partículas de todos los componentes lo permiten.

VII.4.- DISOLUCIÓN EN FASE LÍQUIDA: UN ESTUDIO MÁS DETALLADO.

VII.4.A.- DISOLUCIÓN DE GAS EN LÍQUIDO:

En el proceso de disolución en una fase condensada, las partículas gaseosas son forzadas a adaptarse a una estructura poco desordenada, en la cual no tienen total libertad de movimiento, en consecuencia, para que se pueda formar la solución, el líquido debe ser capaz de atraer a las partículas gaseosas con suficiente fuerza como para mantenerlas atrapadas en su interior.

Ya que la disolución de un gas en un líquido no ocurre fácilmente cuando no se presenta una reacción química entre el gas y el líquido, las cantidades que se logran disolver son muy pequeñas, y dependen de la presión del gas sobre el líquido y de la temperatura.

Esta relación fue descubierta por el químico británico William Henry, por lo cual se denomina Ley de Henry, para gases que no reaccionan con el solvente se cumple:

Pi = KXi Pi = presión del gas i sobre el líquido. K = constante de Henry, la cual depende de ambos componentes y de la temperatura. Xi = fracción molar del soluto i disuelto en la solución.

Si la presión es alta, las partículas gaseosas son empujadas con fuerza hacia el líquido y esto origina un aumento del número de partículas disueltas.

Por esta razón, en el proceso de producción de cerveza y otras bebidas gaseosas, el CO2 se burbujea sobre el líquido a una presión mayor que la ambiental.

Como la energía cinética de los gases es muy alta, un leve aumento de la temperatura ocasiona que el aumento de la energía del soluto sea suficiente para permitir que escape fácilmente de la solución; cuando observamos humo sobre la superficie del agua caliente, éste no es otra cosa que el aire escapando del líquido.

El efecto del aumento de la temperatura sobre la disolución de un gas puede tener consecuencias positivas y negativas.

Este fenómeno es la base del diseño de los desaireadores industriales, en los cuales se eleva la temperatura del agua que va a circular a través de equipos metálicos muy costosos para extraerle el aire disuelto, evitando así las cuantiosas pérdidas que originaría la corrosión de la maquinaria.

Sin embargo, las industrias consumen millones de litros de agua que absorben calor y aumentan su temperatura, y al verter el agua caliente en un río o un lago, la contaminación térmica afecta notablemente al metabolismo de la fauna acuática y puede disminuir considerablemente la cantidad de oxígeno disuelto en esos ecosistemas con graves consecuencias para el medio ambiente.

VII.4.B.- DISOLUCIÓN DE LÍQUIDO EN LÍQUIDO: Para que un líquido se disuelva en otro, las moléculas del soluto deben ser

capaces de desplazar a las moléculas del solvente, lo cual sólo será posible si ambas sustancias presentan el mismo tipo de interacciones.

Los líquidos que pueden mezclarse en una solución se denominan miscibles, como el alcohol y el agua, los líquidos que forman una mezcla de dos fases, como el aceite y el agua, se denominan inmiscibles.

Por ejemplo, el etanol y el agua son líquidos polares que presentan puentes de hidrógeno, por lo tanto, al mezclar etanol con agua las moléculas de alcohol pueden desplazar a las de agua y formar puentes de hidrógeno con ellas. En este caso las partículas se mezclan fácilmente y se forma la solución acuosa

El benceno y el tolueno son líquidos apolares y sus moléculas están atraídas por fuerzas de dispersión, por lo tanto, al mezclar tolueno con benceno unas moléculas pueden desplazar a las otras porque sus interacciones son similares. En este caso las moléculas se mezclan fácilmente y se forma la solución.

Para disolver benceno en agua, las moléculas de benceno deberían ser capaces de romper los puentes de hidrógeno del agua y dispersarse en el medio acuoso. Como el benceno no presenta dipolo eléctrico, no es capaz de formar puentes de hidrógeno y por lo tanto no logra disolverse, estos componentes son inmiscibles, y la mezcla resulta heterogénea en dos fases: benceno y agua.

En general, se puede afirmar que una mezcla de dos o más líquidos de igual polaridad forma una solución, en otras palabras: “lo semejante disuelve a lo semejante”, aunque como suele ocurrir, se pueden presentar excepciones.

VII.4.C.- DISOLUCIÓN DE SÓLIDO EN LÍQUIDO:

De acuerdo con la idea de que: “lo semejante disuelve a lo semejante”, se puede afirmar que los sólidos iónicos y polares se disuelven en solventes polares y los sólidos apolares se disuelven en solventes apolares.

Con esta idea hay que tener cuidado, ya que los metales y los cristales covalentes, como el grafito o el cuarzo, no se disuelven en algún líquido conocido. En estos casos los enlaces son tan fuertes que no es posible que estas partículas: átomos metálicos, átomos de C o moléculas de SiO2, se separen y se dispersen en el solvente líquido.

En algunos casos, como la mezcla de metales alcalinos con agua, el sólido se incorpora a la fase líquida a través de una reacción química, formando el hidróxido correspondiente. Por ejemplo:

Na(s) + H2O(l) → NaOH(ac) + ½ H2(g)

VII.4.C.i .- DISOLUCIONES LÍQUIDAS CON SÓLIDOS MOLECULARES

( NO ELECTROLITOS ):

Si los enlaces no son polares, como en el caso del naftaleno ( C10H8(s) ) o el Yodo ( I2(s) ), las atracciones en el sólido son fuerzas de dispersión, por lo tanto estos compuestos son solubles en solventes apolares como el benceno o el tetracloruro de carbono, pero son muy poco solubles, o insolubles, en solventes polares como el agua o el etanol.

Si los enlaces en el sólido son polares, como es el caso de la urea ( N2H4CO(s) )

o el azúcar ( C6H12O6(s) ), existen atracciones dipolo-dipolo, por lo tanto estos sólidos pueden formar puentes de H con solventes como el agua o el etanol, son solubles en solventes polares y son poco solubles, o insolubles, en solventes apolares.

VII.4.C.ii .- DISOLUCIONES LÍQUIDAS CON SÓLIDOS IÓNICOS:

Para disolver un sólido iónico es necesario separar los cationes y aniones que se encuentran fuertemente unidos en la red cristalina. Los solventes apolares, los cuales presentan interacciones débiles, no logran realizar esta separación y por lo tanto los sólidos iónicos son insolubles en líquidos como benceno, tolueno, etc., pero ¿ qué sucede si el solvente es polar ?, ¿ por qué algunos sólidos iónicos son solubles en agua y otros no ?.

En este caso, las transferencias de energía del proceso de disolución de un sólido iónico en agua se puede representar como la suma de dos etapas:

.- Separación de los iones que componen al soluto; ( energía reticular ; ∆Hred > 0 ).

.- Interacción de los iones del soluto con el solvente; ( hidratación )

En el primer paso es necesario aplicar la energía reticular para separar los iones y luego una serie de moléculas de agua se orientan alrededor de cada ion, de forma tal que los polos positivos de las moléculas del solvente ( átomos de H ) rodean a cada anión y los polos negativos ( átomo de O ) a cada catión.

Cada ion queda atrapado en una “caja” de solvente que lo rodea y le acompaña en su movimiento a través de la solución, dicha “caja” funciona como un aislante que impide la asociación catión – anión del compuesto iónico, y genera una serie de atracciones ion-dipolo, lo cual libera energía llamada calor de hidratación (∆Hhid < 0 ).

∆Hdis = ∆Hred + ∆Hhid

Cuando el ∆Hdis < 0 el calor liberado en la hidratación es mayor que el calor consumido para separar a los iones y entonces el sólido se disuelve muy fácilmente, en estos casos la disolución genera un aumento de temperatura.

Cuando la energía reticular es muy alta, la disolución es un proceso endotérmico ( ∆Hdis > 0 ), en estos casos la disolución genera un descenso de la temperatura y en condiciones ambientales el sólido se disolverá sólo si el aumento en el desorden compensa al gasto de energía y favorece al proceso.

En general, a medida que aumenta la energía reticular, disminuye la capacidad de disolución en agua, por ejemplo, a 25°C, el NaCl es una sal muy soluble, el CaSO4 es poco soluble y los óxidos metálicos son prácticamente insolubles en agua.

VII.4.C.iii .- DISOLUCIONES ACUOSAS DE ELECTROLITOS:

Un electrolito es toda sustancia que en fase líquida se disocia en iones, esto ocurre para los ácidos, las bases o hidróxidos, las sales y los óxidos metálicos.

Cuando se estudian soluciones acuosas, la disociación se presenta para los sólidos

iónicos solubles en agua ( por ejemplo, NaCl ) y para los compuestos muy polares, en los cuales el solvente es capaz de romper el dipolo eléctrico ( por ejemplo, HCl ).

NaCl → Na+(ac) + Cl-(ac)

En este tipo de mezclas, los iones viajan constantemente por toda la solución, y

como se encuentran solvatados, las cargas opuestas no se pueden asociar, en consecuencia, son soluciones conductoras de la electricidad.

Los electrolitos se clasifican en dos tipos: fuertes y débiles. Los electrolitos fuertes son aquellos que se encuentran completamente disociados

en la solución, por lo tanto la especie molecular no existe como tal en el medio acuoso, por ejemplo, sales, hidróxidos metálicos, etc. Por ejemplo, cuando se prepara una solución acuosa de hidróxido de sodio, esta base se disocia completamente y la especie molecular NaOH no existe en solución:

NaOH → Na+(ac) + OH-(ac)

Los electrolitos débiles son aquellos que no se encuentran completamente disociados en la solución, por lo tanto en el medio acuoso están presentes tanto los iones como la especie molecular que no se disoció. Este es el caso del amoniaco y de algunos ácidos orgánicos.

Por ejemplo, en el vinagre ( una solución acuosa de ácido acético ) sólo una fracción del ácido se encuentra disociada y la especie molecular ( CH3COOH ) sí existe en solución:

CH3COOH ⇔ CH3COO- (ac) + H+(ac)

Las soluciones acuosas de electrolitos fuertes son mejores conductoras de la

electricidad que las de electrolitos débiles.

VII.5.- CONCENTRACIÓN.

Para estudiar las propiedades de las soluciones, así como para realizar los cálculos, es necesario comprender el concepto de concentración y aprender a expresarla correctamente.

La concentración es la cantidad relativa de soluto en una cantidad dada de solvente o de solución.

La concentración es una propiedad intensiva, por lo tanto, si una solución dada se divide en varias fracciones, la concentración total no es igual a la suma de las concentraciones de cada fracción.

Aire sintético ( solución)

O2 (soluto)

N2

(solvente ) Relación molar

O2 : N2 Relación molar

O2 : aire 1,0 mol 0,21 mol 0,79 mol 1 : 3,762 0,21 :1

10,0 moles 2,1 moles 7,9 moles 1 : 3,762 0,21 :1 100,0 moles 21,0 moles 79 moles 1 : 3,762 0,21 :1

VII.5. A.- SOLUCIONES CONCENTRADAS Y DILUIDAS.

De acuerdo con su concentración las soluciones se clasifican en diluidas, y concentradas.

Una solución diluida es aquella que contiene poca cantidad de soluto en una cantidad específica de solvente, es decir, baja concentración, mientras que una solución concentrada es aquella que contiene gran cantidad de soluto en una cantidad específica de solvente, es decir, la concentración es elevada.

Por ejemplo, el vinagre es una solución diluida de ácido acético en agua porque sólo contiene 4 g. de ácido acético en 100 g. de vinagre, mientras que el ácido acético glacial es una solución concentrada porque contiene 98 g. de dicho soluto en 100 g. de solución. Si a una solución concentrada se le agrega más solvente, se convierte en una solución diluida.

26.- Solución concentrada y diluida. Masa de ácido acético ( HA ) ( g. de soluto )

Masa de H2O ( gramos de

solvente )

Masa total ( gramos de

solución )

Relación en masa

HA : H2O

Relación en masa

HA : solución

% en masa HA :

solución 0,98 0,02 1,0 49 : 1 0,98 : 1

(concentrada) 98 %

( glacial ) 0,98 2,00 2,98 0,49 : 1 0,329 : 1 32,9 % 0,98 10,00 10,98 0,098 : 1 0,089 . 1 8,9 % 0,98 23,52 24,5 0,042 : 1 0,04 : 1

(diluída ) 4 %

( vinagre )

VII.5.B. - SOLUBILIDAD. Como se ha estudiado, la capacidad de un solvente para disolver a un compuesto

dado no es infinita sino que depende de los cambios de energía y del aumento del desorden de las partículas, ambos fenómenos combinados deben ser favorables para que el proceso de disolución se lleve a cabo.

La mayor cantidad de soluto que se puede disolver en una cantidad fija de solvente recibe el nombre de solubilidad, por lo tanto, la solubilidad es la máxima concentración permitida para un compuesto en un solvente dado.

La solubilidad es función de la naturaleza de los componentes y de la temperatura.

En general, si el ∆Hdis < 0, el proceso de disolución libera energía y se favorece a bajas temperaturas, y si el ∆Hdis > 0, el proceso de disolución consume calor y se ve favorecido a temperaturas altas, sin embargo, esta no es una regla general, y las curvas de solubilidad en función de la temperatura se determinan experimentalmente.

VII.5.C. - SATURACIÓN.

Las soluciones también se pueden clasificar como insaturadas, saturadas y sobresaturadas.

Una solución es insaturada cuando la concentración de soluto es menor a la solubilidad. Por ejemplo, una solución que contiene 3,6 g. de NaCl en 100 g. de agua, a 25°C, contiene una concentración diez veces menor a la solubilidad, por lo tanto es posible disolver más sal en ella; se encuentra insaturada en la sal.

Una solución es saturada cuando la concentración de soluto es igual a la solubilidad. Por ejemplo, una solución que contiene 36,0 g. de NaCl en 100 g. de agua, a 25°C, contiene una concentración igual a la solubilidad, por lo tanto ha alcanzado la máxima concentración permitida y no es posible disolver más sal en ella; se encuentra saturada.

Una solución saturada puede ser concentrada o diluída de acuerdo con el valor de la solubilidad. Si el soluto es muy soluble la solución saturada tendrá una concentración elevada, pero si es poco soluble, la solución saturada será muy diluída.

En algunos casos es posible obtener soluciones con una concentración mayor a la solubilidad, éstas reciben el nombre de sobresaturadas. Las soluciones sobresaturadas son sistemas muy inestables y cualquier perturbación hará que se separe el exceso de soluto para dar una concentración final igual a la solubilidad.

VII.5.D. - SOLUCIÓN SATURADA Y CRISTALIZACIÓN.

La Solubildad es la base para purificar una serie de sólidos gracias a un proceso llamado cristalización:

Por ejemplo, la solubilidad del KNO3 aumenta cuando se eleva la temperatura; si se quiere purificar una muestra de esta sal, se puede realizar el siguiente procedimiento:

Se prepara una solución saturada a 60°C; si se toma como base 100 g. de solvente, se disolverán 112 g. del sólido. Esta mezcla se enfría muy cuidadosamente y sin agitación, de forma tal que al disminuir la temperatura la solución quede con una concentración mayor a la solubilidad ( sobresaturada ).

Al llegar a la temperatura deseada, por ejemplo: 0°C; se perturba al sistema; ésto se puede lograr con una agitación leve o colocando en la muestra un pequeño cristal del compuesto, llamado semilla; en consecuencia, el exceso de soluto saldrá de la fase líquida formando cristales de KNO3(s).

Ya que la solubilidad a 0°C es 12 g. de KNO3 por cada 100 g. de agua, a partir de la mezcla inicial se logran separar 100 g. de sa, los cuales cristalizan prácticamente puros. El sólido purificado puede ser separado por una filtración simple.

VII.6.- UNIDADES DE CONCENTRACIÓN. Para poder realizar los cálculos de algunos procesos que ocurren en solución es

necesario expresar numéricamente el valor de la relación soluto- solvente o soluto- solución, para esto es necesario conocer las distintas unidades de concentración.

VII.6.A.- PORCENTAJE PESO-PESO ( % P/P - % )

El porcentaje peso-peso, también se le llama porcentaje en masa, porcentaje en peso, o simplemente porcentaje, es la masa de soluto que está disuelta en 100 g. de solución.

% peso = % = masa de soluto ( g. )* 100 masa de solución ( g. )

masa de solución = masa de solvente + masa de soluto

Obviamente, el % en masa es un valor menor al 100%. Las etiquetas de las soluciones comerciales expresan la concentración en esta unidad.

Solución acuosa % en peso Masa de soluto ( g. ) en 100 g. de solución

Masa de solvente ( g. ) en 100 g. de solución

HCl(conc.) 37 % 37 63 H2SO4 98 % 98 2

HA ( glacial ) vinagre

VII.6.B.- DENSIDAD ( d )

La densidad es la relación entre la masa de la solución y el volumen de la misma.

d = masa total de la solución ( g. ) Volumen de la solución ( ml. )

Masa de solución = masa de solvente + masa de soluto

Aunque la densidad no es realmente una unidad de concentración, su valor está relacionado con la misma y es el dato que permite convertir una unidad de concentración en otra.

Solución acuosa % en peso d ( g. / ml. ) HCl

H2SO4 98 1,83 HA ( glacial )

vinagre

VII.6.C.- PORCENTAJE PESO-VOLUMEN ( % P/V )

El porcentaje peso-volumen, también se le llama porcentaje en masa-volumen, es la masa de soluto que está disuelta en 100 ml. de solución.

% peso-volumen = % P/V = masa de soluto ( g. )* 100 volumen de solución ( ml. )

Aunque no es frecuente, este valor puede ser mayor que 100% para especies muy solubles.. Para convertir el % en peso a % peso-volumen es necesario conocer el valor de la densidad de la solución. *Ejemplo:

Calcule el % P/V para la solución de H2SO4 concentrada que se emplea en el laboratorio.

% masa = 98 % d = 1,83 g./ml. 98% en peso implica que la solución contiene 98 g. de soluto en 100 g. de

solución. Como se conoce el valor de la densidad, se puede calcular el volumen que ocupan 100 g. de mezcla:

d = masa total de la solución ( g. ) ⇒ Volumen de la solución ( ml. )

Volumen de la solución ( ml. ) = masa total de la solución ( g. ) = 100 g. d (g./ml. ) 1,83 g./ml.

Volumen de la solución ( ml. ) = 54,64 ml.

56,64 ml. de solución contienen 98 g. de soluto disuelto.

% P/V = 98 g. * 100 ⇒ 179,34 % P/V

56,64 ml. 34.- % peso-volumen de algunas soluciones acuosas

Solución acuosa % en peso d (solución ) ( g./ml. )

% P/V

HCl(conc.) 37 % H2SO4 98 % 1,38 179,34

HA ( glacial ) Vinagre

VII.6.D.- PORCENTAJE VOLUMEN -VOLUMEN ( % V/V ) El % volumen-volumen es la relación entre el volumen de soluto y el volumen total de la solución. Esta unidad de concentración se aplica sólo a soluciones líquido-líquido y a soluciones en fase de gas.

% volumen - volumen = % V/V = volumen de soluto ( ml. )* 100 volumen de solución ( ml. )

Es la unidad con la cual se expresa la concentración de etanol en las bebidas alcohólicas. *Ejemplo:

Calcule el la densidad, el % V/V y el % P/V para una solución al 20% en peso de tolueno en benceno. Suponga que los volúmenes son aditivos

d ( BENCENO ) = 0,88 g./ml d ( TOLUENO ) = 0,87 g./ml

20% en peso ⇒ 100 g. de solución contienen 20 g. de tolueno

masa de solución = masa de soluto + masa de solvente ⇒

Hay 20 g. de tolueno por cada 80 g. de benceno. Para 100 g. de solución tenemos:

Como d = m/V ⇒ V ( TOLUENO ) = 20 g . = 22,99 ml. de tolueno 0,87 g./ml

V ( BENCENO ) = 80 g . = 90,91 ml. de benceno

0,88 g./ml

V ( SOLUCIÓN ) = 22,99 + 90,91 = 113,9 ml.

d = masa total de la solución ( g. ) = 100 g. ⇒ d = 0,88 g./ml. de solución Volumen de la solución ( ml.) 113,9 ml.

% V/V = volumen de soluto ( ml. )* 100 = 22,99 ml.* 100 volumen de solución ( ml. ) 113,9 ml.

20,18 % V/V ( tolueno en benceno )

% P/V = masa de soluto ( g. )* 100 = 20 g .* 100 volumen de solución ( ml. ) 113,9 ml.

17,6 % P/V ( tolueno en benceno )

VII.6.E.- FRACCIÓN MOLAR ( X ) La fracción molar es la relación entre los moles de soluto y la suma total de

moles de todos los componentes de la solución.

X = . moles de soluto . Σ moles de todos los componentes Obviamente, la fracción molar es un valor menor que 1.

∑ Xi = 1

*Ejemplo: Calcule la fracción molar para cada componente de la solución calculada en el

ejemplo anterior: 20 g. de tolueno por cada 80 g. de benceno. P.M. ( BENCENO ) = 78 g./mol P.M. ( TOLUENO ) = 92 g./mol

moles ( BENCENO ) = 80 g . = 1,026 mol de benceno 78 g./mol

moles ( TOLUENO ) = 20 g . = 0,217 mol de tolueno 92 g./mol

Moles Totales = 1,026 + 0,217 = 1,243 moles totales.

X ( TOLUENO ) = 0,217 mol tolueno = 0,175

1,243 moles totales

X ( BENCENO ) = 1,026 mol benceno = 0,825 1,243 moles totales

X ( TOLUENO ) + X ( BENCENO ) = 1

X ( TOLUENO ) = 0,175 X ( BENCENO ) = 0,825

VII.6.F.- MOLARIDAD ( M ) La molaridad se define como el número de moles de soluto que hay en cada litro de solución.

M = moles de soluto V ( l. ) de solución

Una solución 1,0 molar ( 1,0 M ) contiene un mol de soluto en cada litro de solución. *Ejemplo:

Calcule la molaridad para la solución concentrada de H2SO4

P.M. ( H2SO4 ) = 98 g./mol En el ejemplo # 1 se calculó que la concentración de esta solución es 179,34 % P/V, es decir, contiene 179,34 g. de soluto en 100 ml. de solución, es decir, en 0,1 l. de mezcla.

moles ( H2SO4 ) = 179,34 g . = 1,83 mol de H2SO4 98 g./mol

0,1 l.. de esta solución contienen 1,83 mol de soluto.

M = moles de soluto = 1,83 mol V ( l. ) de solución 0,1 l.

Esta solución es 18,3 M.

Solución acuosa % en peso d (solución ) ( g./ml. )

% P/V M

HCl(conc.) 37 % H2SO4 98 % 1,38 179,34


VII.6.G.- MOLALIDAD ( m ) La molalidad ( m ) se define como el número de moles de soluto que hay en cada Kilogramo de solvente.

m = moles de soluto masa ( Kg. ) de solvente

Una solución 1,0 molal ( 1,0 m ) contiene un mol de soluto en cada Kilogramo de solvente. Para las soluciones acuosas diluídas, cuya densidad es prácticament la del solvente, se cumple que M = m. *Ejemplo:

Calcule la molalidad para una solución de H2SO4 al 10% en peso. P.M. ( H2SO4 ) = 98 g./mol

La concentración de esta solución es 10 % en peso, por lo tanto, contiene 10 g. de soluto por cada 100 g. de solución, es decir, por cada 90 g. de agua.

90,0 g. de agua = 0,09 Kg. de agua

moles ( H2SO4 ) = 10 g . = 0,1 mol de H2SO4 98 g./mol

0,09 Kg. de agua contienen 0,1 mol de soluto.

m = moles de soluto = 0,1 mol = 1,13 Kg. de solvente 0,09 Kg.

Esta solución es 1,13 molal.

Solución acuosa % en peso d (solución )

( g./ml. ) % P/V M m

HCl(conc.) 37 % H2SO4 98 % 1,38 179,34


VII.6.H.- NORMALIDAD ( N ) La normalidad se define como el número de equivalentes-gramo de soluto que hay en cada litro de solución. Un equivalente-gramo, o simplemente un equivalente, es la unidad química con la cual una sustancia participa en una reacción química.

N = # equivalentes-gramo de soluto V ( l. ) de solución

Una solución 1,0 normal ( 1,0 N ) contiene un equivalente-gramo de soluto en cada litro de solución.

Este concepto sólo es útil cuando se aplica en reacciones en soluciones acuosas de electrolitos, ya que en estos casos el soluto se encuentra disociado en iones, por lo tanto no reaccionan moléculas completas y el número de equivalentes puede ser diferente al número de moles.

El número de equivalentes-gramo se define como:

# equivalentes-gramo ( i ) = masa de ( i ) en gramos Peso equivalente

Para realizar los cálculos con esta unidad de concentración, es necesario establecer la relación entre el peso equivalente y el peso molecular, es decir, entre los equivalentes y los moles de una sustancia dada, la cual depende del tipo de electrolito como se estudiará a continuación.

VII.6.H.1- EQUIVALENTES GRAMO DE LOS ÁCIDOS.

El equivalente o unidad de reacción para los ácidos es la especie H+, es decir, el ion H3O

+ en solución acuosa:

1 equivalente ácido = 1 mol de H+( ac. ) = 1 mol de H3O+

*) Por ejemplo, estudiemos la disociación de HX ( ácido monoprótico ) en una solución acuosa:

HX(ac.) → H+(ac.) + X-(ac.)

1 mol de HX produce 1 mol de H+( ac. ) = 1 equivalente

La masa en gramos que contiene a un mol es igual a la masa en gramos que contiene a un equivalente, por lo tanto los ácidos monopróticos:

# moles = # equivalentes ⇔ P.M. = P. Eq. ⇔ N = M

Esta relación se cumple para compuestos como HCl, HNO3, HClO4, H3CCOOH ( el H ácido es el que se encuentra enlazado al oxígeno ), etc.

*)Si se estudia la disolución acuosa de H2X ( ácido diprótico ):

H2X(ac.) → 2 H+(ac.) + X=(ac.)

1 mol de H2X produce 2 moles de H+( ac. ) = 2 equivalentes

La masa en gramos que contiene a un mol es igual a la masa en gramos que contiene a dos equivalentes, por lo tanto, para los ácidos dipróticos:

# moles = ½ (# equivalentes ) ⇔ P.Eq. = ½ ( P.M. ) ⇔ N = 2 (M)

Esta relación se cumple para compuestos como H2SO4, H2SO3, H2S, etc.

*) De acuerdo con este razonamiento:

1 mol de H3X produce 3moles de H+( ac. ) = 3 equivalentes

La masa en gramos que contiene a un mol es igual a la masa en gramos que contiene a tres equivalentes, por lo tanto, para los ácidos tripróticos:

# moles = 1/3 (# equivalentes ) ⇔ P.Eq. = 1/3 ( P.M. ) ⇔ N = 3 ( M )

Esta relación se cumple para compuestos como H3PO4, H3PO3, etc. En conclusión, para los ácidos se cumple:

( # equivalentes ) = ( # H+ )( # moles ) ⇔ P.Eq. = P.M./( #H+ )

N = ( # H+ )( M )

*Ejemplo:

Calcule la normalidad para una solución de H2SO4 al 10% P/V P.M. ( H2SO4 ) = 98 g./mol

La concentración de esta solución es 10 % peso-volumen, por lo tanto, contiene 10 g. de soluto por cada 100 ml. de solución.

moles ( H2SO4 ) = 10 g . = 0,1 mol de H2SO4 98 g./mol Como se trata de un ácido diprótico, contiene dos equivalentes por cada mol:

( # equivalentes ) = 2( # moles ) = 0,2 equivalentes.

Hay 0,2 equivalentes en 0,1 l. de solución.

N = equivalentes de soluto = 0,1 mol = 1,0 normal V( l. ). de solución 0,1 l.

Esta solución es 1,0 N.

VII.6.H.2- EQUIVALENTES GRAMO DE LAS BASES.

El equivalente o unidad de reacción para las bases en solución acuosa es la especie OH-,

1 equivalente básico = 1 mol de OH-( ac. )

De acuerdo con el razonamiento anterior, se cumple:

Para los compuestos monobásicos, como, NaOH, KOH, NH3, etc.:


Para los compuestos dibásicos como Ca(OH)2, Mn(OH)2, Zn(OH)2 , etc:


Para los compuestos tribásicos como Al(OH)3, Fe(OH)3, etc:


Para las bases o álcalis:

( # equivalentes ) = ( # OH- )( # moles ) ⇔ P.Eq. = P.M./( # OH-)

N = ( # OH- )( M )

*Ejemplo:

2,5 g. de NaOH al 80% de pureza, se disuelven completamente para dar 50 ml. de solución. Calcule la normalidad.

P.M. ( NaOH ) = 40 g./mol

Masa pura ( NaOH ) = ( 2,5 g. tot. )( 80 g. puros ) = 2,0 g. puros 100 g. tot.

moles ( NaOH ) = 2,0 g . = 0,05 mol de NaOH 40 g./mol

Como se trata de una base con un OH-, contiene un equivalente por cada mol:

( # equivalentes ) = ( # moles ) = 0,05 equivalentes.

Hay 0,05 equivalentes en 50 ml. de solución.



VII.6.H.3- EQUIVALENTES GRAMO DE LAS SALES.

El equivalente o unidad de reacción para las sales en solución acuosa es el número de cargas positivas ( q+ )

1 equivalente de una sal = 1 mol de q+ ( ac. )

De acuerdo con el razonamiento anterior, se cumple:

Para los compuestos con carga +1, como, NaCl, KNO3, NH4Cl, etc.:


Para los compuestos con carga +2 como CaCl2, Mn(NO3)2, ZnSO4 , etc:


Para los compuestos con carga +3 como AlCl3, Fe(NO3)3, etc:


Para las sales:

( # equivalentes ) = ( # q+ )( # moles ) ⇔ P.Eq. = P.M./( # q+)

N = ( # q+ )( M )

*Ejemplo:

4,5 g. de FeCl3 al 90% de pureza, se disuelven completamente para dar 150 ml. de solución. Calcule la normalidad.

P.M. (FeCl3 ) = 126,75 g./mol

Masa pura (FeCl3 ) = ( 4,5 g. tot. )( 90 g. puros ) = 4,05 g. puros 100 g. tot.

moles (FeCl3 ) = 4,05 g . = 0,032 mol de FeCl3 126,75 g./mol Como se trata de una sal de Fe+3, contiene tres equivalentes por cada mol:

( # equivalentes ) = 3( # moles ) = 0,096 equivalentes.

Hay 0,096 equivalentes en 150 ml. de solución.



VII.7.- DILUCIÓN. La dilución es el proceso mediante el cual se disminuye la concentración de una

solución al agregar más solvente, en consecuencia, los moles de soluto se conservan. moles de soluto (solución diluida ) = moles de soluto ( solución concentrada )

Como M = moles de soluto se puede escribir:

V ( l. ) de solución

MV( l. ) ( solución diluida ) = MV( l. ) ( solución concentrada )

*Ejemplo: 5,0 ml. de H2SO4 concentrado se diluyen con agua hasta un volumen de 250ml. Calcule la N y M de la solución diluida. P.M. (H2SO4 ) = 98 g./mol H2SO4 ( conc. ): 98% en peso y d = 1,38 g/ml.

Como se conoce el valor de la densidad, se puede calcular la masa de 5,0 ml. de solución concentrada:

Masa de la solución ( g. ) = d (g./ml. ) V ( ml. ) = 1,83 g./ml.( 5,0 ml. )

Masa de la solución ( g. ) = 9,15 g. de solución concentrada

El 98% es soluto ⇒ masa de soluto = 9,15 ( 98/100) = 8,97 g. de H2SO4 puros.

moles ( H2SO4 ) = 8,97 g . = 0,092 mol de H2SO4 98 g./mol

Hay 0,09 mol de soluto en 5,0 ml. de solución concentrada, al agregar agua, estos moles se conservan, por lo tanto, hay 0,092 mol de soluto en 250 ml. de solución diluída:

M( dil. ) = moles de soluto = 0,092 mol = 0,366 M.

V ( l. ) de solución 0,25 l.

Esta solución es 0,37 M.

Como se trata de un ácido diprótico se cumple N = 2( M )

N = 2 ( 0,37 ) = 0,73 N.


*Ejemplo: ¿ Qué volumen de solución de HCl al 15% P/v se necesita para preparar 200 ml. de solución 0,15 N ?. P.M. ( HCl ) = 36,5 g. / mol La solución concentrada contiene 15,0 g. de soluto en 100 ml. de solución.

moles ( HCl ) = 15,0 g . = 0,411 mol de HCl 36,5 g./mol

M( conc. ) = 0,411 mol = 4,11 M.

0,1 l. Como se trata de un ácido monoprótico, se cumple N = M por lo tanto la

solución diluida es 0,15 M.

MV( l. ) (dil. ) = MV( l. ) (conc. )

0,15 M ( 0,20 l. ) = 4,11 M ( V (conc. ) )

V ( conc. ) = 0,007 l.

V(conc. ) = 7,3 ml. ⇒⇒ Se necesitan 7,3 ml. de solución concentrada.

Solución acuosa M N

Vinagre H2SO4 0,1 0,2 H3PO4 0,1 0,3 NH3 0,1 0,1

Ca(OH)2 0,1 0,2 KCl 0,1 0,1

VII. 8.- SOLUCIONES IDEALES Una solución se considera ideal cuando el proceso de mezcla no produce cambios apreciables en la energía. Esto se cumple cuando una partícula de soluto puede ocupar el volumen de una partícula del solvente, sin generar cambios importantes en las interacciones del sistema.

Una mezcla de gases ideales es siempre una solución ideal, ya que las partículas gaseosas no interactúan entre sí, y a volumen y temperatura constantes, se cumple la ley de Dalton de las presiones parciales. Una solución líquida tiene comportamiento ideal cuando se mezclan sustancias muy parecidas entre sí, es decir, con interacciones muy similares; como por ejemplo, la mezcla benceno – tolueno, en este caso los volúmenes son aditivos.

En consecuencia, si se estudian mezclas de sustancias con interacciones diferentes,

como son las soluciones sólido en líquido, o gas en líquido, el comportamiento ideal sólo se presenta cuando la concentración es muy baja.

VII. 9.- PROPIEDADES COLIGATIVAS

Las propiedades de las soluciones que sólo dependen del número de partículas disueltas en la mezcla reciben el nombre de propiedades coligativas.

Estas propiedades no dependen de la naturaleza del soluto sino de la cantidad de partículas disueltas; es importante destacar que dichas partículas pueden ser átomos, moléculas o iones.

Como no se toma en cuenta la naturaleza de las partículas del soluto, las propiedades coligativas sólo se aplican para soluciones con comportamiento ideal.

Las propiedades coligativas son: .- Descenso de la presión de vapor. .- Aumento de la temperatura de ebullición ( ebulloscopía ). .- Descenso de la temperatura de congelación ( crioscopía ). .- Presión Osmótica.

VII.9.A.- DESCENSO DE LA PRESIÓN DE VAPOR: La superficie de las soluciones líquidas está compuesta por partículas de soluto y

de solvente, en consecuencia, el número de partículas de solvente en dicha superficie es menor que las presentes cuando el solvente está puro.

Ya que la evaporación se debe al desprendimiento de las moléculas superficiales

del líquido, y su paso a la fase de gas, la disolución origina una disminución del número de moles de solvente gaseoso sobre la solución y, en consecuencia, disminuye la presión de vapor, a una temperatura dada.

La presión de vapor del solvente sobre la solución es menor que la presión de

vapor del solvente puro, medidas ambas a la misma temperatura, y como ese descenso depende del número de partículas de soluto sobre la superficie, se trata de una propiedad coligativa.

La ecuación que estudia este fenómeno fue determinada por el químico francés

François-Marie Raoult y es conocida con el nombre de Ley de Roult: La presión de vapor del solvente sobre la solución ( Pvi ) es igual a la fracción

molar del solvente en el líquido ( Xi( liq. ) ) por la presión de vapor del solvente cuando está puro, a temperatura constante.

Pvi = Xi(l)Pvi*

La suma de las fracciones molares de todos los componentes de una mezcla es igual a 1, por lo tanto, para una solución se cumple que:

Xi (solvente) + ∑ Xj (soluto) = 1

En consecuencia la Ley de Roult se puede escribir de la siguiente forma:

Pvi = ( 1 - ∑ Xj (soluto) ) Pvi* ⇒ ∆Pvi = ( ∑ Xj (soluto) )Pvi*

Donde ∆Pv = Pvi* - Pvi ( descenso de la presión de vapor del solvente ), la cual depende de la fracción molar total de partículas disueltas.

VII. 9.A.1- LEY DE ROULT : SOLUTO NO VOLÁTIL. Cuando un soluto no volátil se disuelve en un solvente volátil, dicho soluto no se puede evaporar, por lo tanto, el vapor en equilibrio sobre la solución estará compuesto sólo por partículas del solvente.

Como las características de los componentes son diferentes, esta propiedad

coligativa se aplica sólo a soluciones de un sólido no volátil en un líquido volátil, a baja concentración. Si el soluto es un electrolito, el número de partículas debe ser igual al total de moles disociados.

Para soluciones que no son diluídas, no se cumple la ley de Roult y la solución

se desvía del comportamiento ideal

*Ejemplo: Calcule la presión de vapor de una solución acuosa de azúcar al 5% P/V, si la temperatura es 25°C. P.M. ( azúcar ) = 180 g. / mol P.M. ( agua ) = 18 g. / mol Pv*(agua) = 24 Torr

La ley de Roult se puede expresar como ∆Pv(agua) = X(azúcar)Pv*(agua) La solución contiene 5,0 g. de azúcar en 100 ml. de agua, y como para este

solvente d = 1,0 g./ml. , se puede afirmar que hay 5,0 g. de soluto por cada 100 g. de solvente.

moles ( azúcar ) = 5,0 g . = 0,028 mol de soluto 180 g./mol

moles ( H2O ) = 100,0 g . = 5,56 mol de solvente

18 g./mol

X( azúcar ) = 0,028 = 0,005 0,028 + 5,56 Sustituyendo en la Ley de Roult nos queda:

∆Pv(agua) = (0,005)( 24 Torr ) = 0,119 Torr ⇒ La presión de vapor del agua sobre la solución es 0,119 Torr menor que para el agua pura. En consecuencia, a 25°C, nos queda:

Pv(agua sobre la solución) = 23, 88 Torr

*Ejemplo: Calcule el descenso de la presión de vapor de una solución acuosa de NaCl al

5% en peso, si la temperatura es 25°C.

P.M. NaCl = 58,5 g./mol P.M. ( H2O ) = 18 g./mol Pv*( H2O ) = 24 Torr.

5 % en peso ⇒ 5 g. de soluto en 100 g. de solución.

5 g. de soluto en 95 g. de agua.

moles ( NaCl ) = 5,0 g . = 0,085 mol de NaCl 58,5 g./mol

moles ( H2O ) = 95,0 g . = 5,28 mol de H2O

18,0 g./mol

El NaCl se disocia completamente en solución acuosa:

NaCl → Na+( ac. ) + Cl-( ac. ) 0,085 mol 0,085 mol ntot (soluto ) = 2( 0,085 ) = 0,17

X ( solvente, liq. ) = 5,28 = 0,969 0,17 + 5,28 Se aplica la Ley de Roult:

Pv( H2O ) = 0,969( 24 Torr ) = 23,25 Torr.

La presión de vapor de agua sobre la solución es 23,25 Torr. La presión de vapor del agua pura es 24 Torr.

El descenso de la presión de vapor es:

Pv = 23,25 Torr. ⇒⇒ ∆∆Pv ( H2O ) = 0,75 Torr.

VII. 9.A.2- LEY DE ROULT: SOLUTO VOLÁTIL. Para una solución ideal de dos o más líquidos volátiles, se cumple que el vapor

también es una mezcla, ya que está compuesto por moléculas de varios componentes. Por lo tanto para una mezcla binaria de los componentes volátiles A y B se cumple:

De acuerdo con la Ley de las presiones parciales de Dalton:

Pv(tot) = Pv(A) + Pv(B)

De acuerdo con la Ley de Roult para soluciones ideales:

Pv(tot.) = X(A,liq.)Pv*(A) + X(B,liq.)Pv*(B)

*Ejemplo: Calcule la presión de vapor de una solución equimolar de benceno y tolueno a

20°C Pv*(benceno) = 74,7 Torr Pv*(tolueno) = 23,3 Torr Una solución es equimolar cuando tiene igual número de moles de cada

componente, en este caso: n(ben. ) = n(tol. ) n(tot.) = n(ben. ) + n(tol. )

X(ben., liq.) = X(tol., liq.) = 0,5.

Como ambos componentes se pueden evaporar, se debe calcular la Pv para cada

uno. De acuerdo con la Ley de Roult: Pv(ben. ) = X(ben.,liq.)Pv* = 0,5( 74,7 Torr) = 37,75 Torr.

Pv(tol. ) = X(tol.,liq.)Pv* = 0,5( 23,3 Torr) = 11,65 Torr.

De acuerdo con la Ley de Dalton:

Pv(tot) = Pv(benceno) + Pv(tolueno ) = 49,0 Torr

Pv(solución) = 49,0 Torr

VII. 9.A.3- EQUILIBRIO LÍQUIDO-VAPOR PARA UNA SOLUCIÓN IDEAL. Como se ha estudiado, la presión parcial de un componente en una mezcla gaseosa

depende de su fracción molar en el gas

Pi = Xi(g)Ptot)

En consecuencia, para estos sistemas, la relación entre la composición del líquido y la del vapor se obtiene a partir de la combinación de las Leyes de Dalton y Roult. Si denotamos con la letra X a la fracción molar en el líquido y con Y a la del vapor, nos queda:

Pv(A) = Y(A,g)Ptot = X(A,l) Pv*(A)

Pv(B) = Y(B,g)Ptot = X(B,l) Pv*(B)

De estas relaciones se concluye que: a.- La composición de la solución líquida es diferente a la del vapor ( Yi ≠ Xi ⇔

Ptot ≠ P*v ). b.- La fracción molar de cada componente en el vapor ( Yi ) es directamente

proporcional a su presión de vapor puro ( Yi α Pi*). Por lo tanto, mientras más volátil sea el componente que se estudia, mayor será su fracción molar en el vapor

c.-. El componente más volátil se evapora con mayor facilidad, en consecuencia, la fase de vapor es más rica en el componente más volátil, si se compara con el líquido en equilibrio.

*Ejemplo: Calcule la composición del vapor que se forma a partir de una solución

equimolar de benceno y tolueno, a 20°C. Pv*(benceno) = 74,7 Torr Pv*(tolueno) = 23,3 Torr

Como se calculó en el ejemplo anterior, la Pv(tot) = 49,4 Torr. Al combinar las leyes de Dalton y Roult nos queda:

Pvi = Xi(liq.)Pvi* = Yi(g)Ptot

Pv(benceno) = 37,35 Torr = Y(benceno)(g)( 49,0 Torr.) ⇒⇒ Y ( ben ) = 0,762

Pv(tolueno) = 11,65 Torr = Y(tolueno)(g)( 49,0 Torr.) ⇒⇒ Y ( tol. ) = 0,238

A partir de una solución líquida que contiene 50% en moles de benceno, se obtiene una mezcla gaseosa que contiene 76,2 % en moles de benceno.

El vapor es más rico en benceno que la solución líquida, porque el benceno es más volátil, ya que Pv*(ben) > Pv*(tol.)

VII. 9.A.4- DIAGRAMA DE FASES LÍQUIDO-VAPOR PARA UNA SOLUCIÓN IDEAL.

Un diagrama de fases es un gráfico que muestra las diferentes composiciones del líquido y el vapor en equilibrio.

Si repetimos los cálculos del ejemplo anterior para diferentes concentraciones de la solución ideal de benceno y tolueno, a la temperatura constante de 20 °C, se obtienen los siguientes valores:

X(ben.) Pv(ben.) ( Torr. )

X(tol.) Pv(Tol.) ( Torr. )

Pv(tot) (Torr. )

Y(ben.) Y(tol.)

0 0 1,00 23,3 23,3 0 1,00 0,25 18,675 0,75 17,475 36,15 0,517 0,483 0,50 37,35 0,50 11,65 49,00 0,762 0,238 0,75 56,025 0,25 5,825 61,85 0,906 0,094 1,00 74,7 0 0 74,7 1,00 0

Por lo tanto, un gráfico de Pv(tot) vs. fracción molar muestra una curva distinta para la composición de cada fase en equilibrio, y además indica las zonas en las cuales la mezcla se encuentra como líquido y como vapor. Este gráfico es un diagrama de fases isotérmico.

Realmente, la mayoría de estos cambios de fase no se realizan a temperatura constante, sino a presión contante, y en este caso varía la temperatura del equilibrio.

Para la mezcla Benceno-Tolueno se tiene los siguientes datos a la presión constante de 1,0 atm.

X(ben.) X(tol.) T (°C) Y(ben.) Y(tol.) 0 1,00 0 1,00

0,25 0,75 0,50 0,50 0,75 0,25 1,00 0 1,00 0

En consecuencia, un gráfico isobárico de temperatura vs. fracción molar muestra dos curvas, una para cada fase en equilibrio, además señala las zonas en las cuales la mezcla se encuentra en fase líquida o en vapor.

Estos diagramas son la base del proceso de destilación fraccionada, el cual permite separar al petróleo en sus componentes, de acuerdo con el grado de volatilidad, es decir, en base a las diferentes temperaturas de ebullición de los mismos.

VII. 9.B- EBULLOSCOPIA: AUMENTO DE LA TEMPERATURA DE EBULLICION. Cuando un soluto no volátil se disuelve en un solvente volátil, la disminución de la presión de vapor del solvente a una temperatura dada, trae como consecuencia un aumento de la temperatura de ebullición del solvente a partir de la solución, a presión constante. La ecuación que estudia este proceso es:

∆Teb = keb(msto)

∆Teb = Teb(solución) - T*eb(solvente)

keb = Un valor constante para cada solvente a una presión dada, recibe el nombre

de constante ebulloscópica molal.

m(sto ) = #moles de partículas disueltas/Kg.(liq.) del solvente.

En consecuencia, a presión constante, la temperatura de ebullición de una solución

no es un valor fijo. A medida que se va calentando, sólo el solvente se va evaporando, por lo tanto,

la molalidad de la solución aumenta y ∆Teb se incrementa; ya que la temperatura de ebullición del solvente puro sí es constante, el valor para la solución se hace cada vez mayor.

*Ejemplo: A.- Calcule la temperatura de ebullición de una solución acuosa de azúcar al 5% P/V, a la presión normal. B.- Calcule la temperatura de ebullición de la solución anterior cuando se ha evaporado el 10% del solvente.

P.M. ( azúcar ) = 180 g. / mol T°eb(agua) = 100°C k°eb =0,52 °/molal. A.- La solución contiene 5,0 g. de azúcar en 100 ml. de agua, y como para este



m ( azúcar ) = 0,028 mol . = 0,28 molal

0,1 Kg. Sustituyendo en la expresión ∆Teb = keb(msto) nos queda:

∆Teb= (0,52)( 0,28 ) = 0,15 ° ⇒ Teb = 100,15 °C

La temperatura de ebullición del agua a partir de la solución es 100,15 °C. Si T < 100,15°C no ha comenzado la ebullición.

B.- A 100,15°C aparece la primera burbuja de vapor de agua. A medida que se va calentando, como el soluto es no volátil, se conservan los moles de azúcar disueltos, pero la masa de solvente residual se reduce:

masa(agua) = 0,9( 100 g. ) = 90 g. de agua.

m’ ( azúcar ) = 0,028 mol . = 0,31 molal 0,09 Kg. Sustituyendo en la expresión ∆Teb = keb(msto) nos queda:

∆Teb= (0,52)( 0,31 ) = 0,16 ° ⇒ Teb = 100,16 °C

La temperatura de ebullición del agua a partir de la solución aumentó a 100,16 °C al evaporarse el 10% del solvente.

VII. 9.C- CRIOSCOPIA: DESCENSO DE LA TEMPERATURA DE CONGELACION. En las soluciones ideales se observa una disminución de la temperatura de congelación del solvente a partir de la solución. La ecuación que estudia este proceso es:

∆Tcong = kf(msto)

∆Tcong = T*cong(solvente) - Tcong.(solución)

kf = Un valor constante para cada solvente, recibe el nombre de constante

crioscópica molal.

m(sto ) = #moles de partículas disueltas/Kg.(liq.) del solvente.

En consecuencia, a presión constante, la temperatura de congelación de una solución no es un valor fijo.

A medida que se va enfriando, sólo el solvente se va congelando, por lo tanto, la

molalidad de la solución aumenta y ∆Tcong. se incrementa; ya que la temperatura de congelación del solvente puro sí es constante, el valor para la solución se hace cada vez menor.

*Ejemplo: A.- Calcule la temperatura de congelación de una solución acuosa de azúcar al 5% P/V. B.- Calcule el % de solvente que se habrá congelado a -0,55°C

P.M. ( azúcar ) = 180 g. / mol Tcong(agua) = 0°C kf =1,85 °/molal. A.- La solución contiene 5,0 g. de azúcar en 100 ml. de agua, y como para este



m ( azúcar ) = 0,028 mol . = 0,28 molal

0,1 Kg. Sustituyendo en la expresión ∆Tcong. = kf(msto) nos queda:

∆Tcong.= (1,85)( 0,28 ) = 0,52° ⇒ Tcong. = - 0,52 °C La temperatura de congelación del agua a partir de la solución es - 0,52 °C. Si T > - 0,52°C no ha comenzado la congelación.

B.- A - 0,52°C se forma el primer cristal de agua sólida, a medida que seguimos enfriando se va formando mayor cantidad de hielo, en consecuencia, la masa del solvente líquido disminuye y la molalidad de la solución resdual aumenta.

Sustituyendo en la expresión ∆Tcong. = kf(msto) nos queda:

∆Tcong.= 0°C – ( - 0,55°C ) = 0,55° ⇒ 0,55 = (1,85)( m’sto) ⇒ m’sto = 0,297

Como los moles de azúcar se conservan, para la solución residual nos queda:

m’ ( azúcar ) = 0,028 mol . = 0,297 molal masa de agua(liq.) Kg.

masa de agua(liq.) = 0,094 Kg. Se comenzó con 100 g. de agua líquida, a - 0,52°C se formó el primer cristal de agua sólida, al seguir enfriando se forma más hielo, de forma tal que a - 0,55°C quedan 94,18 g. de agua líquida.

Se han congelado 5,82 g. de agua, lo que representa 5,82% del solvente.

VII.10.- MEZCLAS DE SOLUCIONES ACUOSAS SIN REACCION QUIMICA.

Cuando se mezclan dos o más soluciones con un ion común, no se presenta una reacción química. Se trata de mezclas compuestas por:

*) dos o más ácidos. *) dos o más bases. *) dos o más sales con el mismo catión o anión.

. En ese caso, las concentraciones finales vienen dadas por el efecto de dilución y/o adición de los iones comunes. *Ejemplo:

Se mezclan 100 ml. de HCl 7,3 % P/V con 200 ml. de H2SO4 0,30 N. Calcule las concentraciones finales expresadas en mol/l.

P.M.(HCl) = 36,5 Como se trata de dos ácidos, no hay reacción química, por lo tanto, las

concentraciones finales vienen dadas por el efecto de dilución para cada componente, desde su volumen inicial hasta el volumen final de 300 ml.

Para el proceso de dilución se cumple: M1V1 = M2V2

Para el HCl se tiene:

7,3 g HCl * 1000 ml. * 1 mol = 2,0 M. 100 ml. solución 1,0 l. 36,5 g.

[ HCl ] ‘ = ( 2,0 M )( 0,1 l. ) = 0,67 M en HCl

0, 3 l. Como se trata de un electrolito fuerte, nos queda [ H+ ] = [ Cl- ] = 0,67 M

Como el H2SO4 es un ácido diprótico, se cumple : N = M * 2 ⇒ 0,15 M

[H2SO4 ] ‘ = ( 0,15 M )( 0,1 l. ) = 0,05 M en H2SO4

0, 3 l.

Como se trata de un electrolito fuerte, nos queda [ H+ ] = 2[H2SO4 ]’ = 0,1 M [SO4

-2 ] = 0,05 M Como todos los iones H+ quedan disueltos en el volumen final, se cumple: [ H+ ]f = [ H+ ]HCl + [ H+ ] H2SO4 = 0,67 M + 0,1 M = 0,77 M

Para la mezcla se cumple [ Cl- f] = 0,67 M ; [SO4-2 ]f = 0,05 M ; [ H+ ]f = 0,77 M.

VII.11.- REACCIONES EN SOLUCIÓN ACUOSA. Las reacciones químicas en solución acuosa se llevan a cabo, generalmente, entre solutos electrolíticos. Las reacciones más importantes son: 1.- Neutralización. 2.- Precipitación. 3.- Oxido – reducción. VII.11.A.- REACCIONES DE NEUTRALIZACIÓN Las reacciones de neutralización se llevan a cabo entre ácidos y bases para formar, entre otros productos, agua. Los reactivos pueden ser electrolitos fuertes y/o débiles.

Por ejemplo, las siguientes neutralizaciones:

Acido clorhídrico con hidróxido de sodio: HCl (ac.) + NaOH(ac.) → NaCl(ac.) + H2O

Amoniaco con ácido clorhídrico:

HCl(ac.) + NH3(ac.) → NH4Cl(ac.) + H2O

Acido acético con hidróxido de sodio: CH3COOH (ac.) + NaOH(ac.) → CH3COONa (ac.) + H2O

Ya que los electrolitos fuertes se disocian completamente, para ellos es correcto escribir la reacción de acuerdo con los iones, por lo tanto, las neutralizaciones anteriores nos quedan: Acido clorhídrico con hidróxido de sodio, ambos electrolitos fuertes:

H+ (ac.) + OH-(ac.) → H2O

Amoniaco ( base débil ) con ácido clorhídrico ( ácido fuerte ): H+(ac.) + NH3(ac.) → NH4

+(ac.) Acido acético ( ácido débil ) con hidróxido de sodio ( base fuerte ):

CH3COOH (ac.) + OH-(ac.) → CH3COO- (ac.) + H2O

Si escribimos estas especies de una manera más correcta, mostrando las asociaciones con el solvente, nos queda:

H3O+ (ac.) + OH-(ac.) → 2 H2O

H3O

+(ac.) + NH4OH(ac.) → NH4+(ac.) + H2O

CH3COOH (ac.) + OH-(ac.) → CH3COO- (ac.) + H2O

Las nuetralizaciones pueden ser homogéneas, si todas las especies están disueltas, o heterogéneas si hay algún compuesto insoluble; este caso generalmente se presenta cuando se quieren neutralizar óxidos metálicos u hidróxidos metálicos poco solubles, por ejemplo:

Acido clorhídrico con óxido de calcio, ambos electrolitos fuertes:

2 HCl (ac.) + CaO (s) → CaCl2(ac.) + H2O

2 H3O+ (ac.) + CaO (s) → Ca+2(ac. ) + 3 H2O

Acido nítrico con hidróxido férrico, ambos electrolitos fuertes:

3 HNO3 (ac.) + Fe(OH)3 (s) → Fe(NO3)3 (ac.) + 3 H2O

3H3O+ (ac.) + Fe(OH)3 (s) → Fe+3( ac. ) + 6 H2O

En consecuencia, la neutralización origina la disolución del sólido de forma tal que el catión metálico pasa a la solución.

* Ejemplo: Calcule las concentraciones finales si se mezclan 200 ml. de HCl 0,25 M con 250 ml. de KOH 0,15 M. Al mezclar, las especies se diluyen desde su volumen inicial: 200 ml. para el ácido y 250 ml. para la base, hasta el volumen total de la mezcla: 450 ml.; en consecuencia, las nuevas concentraciones iniciales son: [HCl ]’ = 0,25 M ( 0,2 l. ) = 0,11 M [KOH ]’ = 0,15 M ( 0,25 l. ) = 0,08 M ( 0,45 l. ) ( 0,45 l. ) Como ambos son electrolitos fuertes, se disocian completamente:

HCl(ac.) → H3O+ (ac.) + Cl-(ac. )

Mi 0,11 0 0 Mdis - 0,11 + 0,11 + 0,11 Mf 0 0,11 0,11

KOH(ac.) → K+ (ac.) + OH-(ac. )

Mi 0,08 0 0 Mdis - 0,08 + 0,08 + 0,08 Mf 0 0,08 0,08

Las concentraciones finales de la reacción de neutralización dependen del reactivo limitante:

H3O+ (ac.) + OH-(ac. ) → H2O

Mi 0,11 0,08 Mqr - 0,08 - 0,08 Mf 0,03 0

Para el agua, no se expresa la concentración porque esta sustancia es el solvente.

Las concentraciones finales son: 0,03 M en H3O+ (ac.); 0,11 M. en Cl- y 0,08 M.

en K+

* Ejemplo: Calcule las concentraciones finales si se mezclan 250 ml. de H2SO4 0,12 N con 250 ml. de KOH 0,08 N.

Como el H2SO4 es un ácido diprótico, se cumple N = M*2 ⇒ 0,06 M Omo el KOH es un hidróxido monobásico se cumple N = M ⇒ 0,08 M Las nuevas concentraciones iniciales son: [ H2SO4 ]’ = 0,06 M ( 0,25 l. ) = 0,03 M [KOH ]’ = 0,08 M ( 0,25 l. ) = 0,04 M ( 0,5 l. ) ( 0,5 l. ) Como ambos son electrolitos fuertes, se disocian completamente:

H2SO4(ac.) → 2 H3O+ (ac.) + SO4

= ( ac. ) Mi 0,03 0 0

Mdis - 0,03 + 0,06 + 0,03 Mf 0 0,06 0,03

KOH(ac.) → K+ (ac.) + OH-(ac. )

Mi 0,04 0 0 Mdis - 0,04 + 0,04 + 0,04 Mf 0 0,04 0,04

Las concentraciones finales de la reacción de neutralización dependen del reactivo limitante:

H3O+ (ac.) + OH-(ac. ) → H2O

Mi 0,06 0,04 Mqr - 0,04 - 0,04 Mf 0,02 0

Para el agua, no se expresa la concentración porque esta sustancia es el solvente.

Las concentraciones finales son: 0,02 M en H3O+ (ac.); 0,03 M. en SO4

= y 0,04 M. en K+

* Ejemplo: Calcule las concentraciones finales si se mezclan 200 ml. de HNO3 0,15 M con 1,12 g. de CaO(s), si el volumen permanece constante. P.M.( CaO) = 56 g./mol

HNO3(ac.) → H3O+ (ac.) + NO3

-(ac. ) Mi 0,15 0 0

Mdis - 0,15 + 0,15 + 0,15 Mf 0 0,15 0,15

Como se trata de una neutralización heterogénea, los cálculos estequiométricos se deben realizar a partir de los moles: n(H3O

+ (ac.)) = ( 0,15 mol/l.)(0,2 l. ) = 0,03 mol de H3O+ (ac.)

n(CaO) = 1,12 g. = 0,02 mol de CaO 56 g./mol

2 H3O+ (ac.) + CaO(s) → Ca+2(ac.) + 3 H2O

ni 0,03 0,02 0 nqr - 0,03 - 0,015 0,015 nf 0 0,05 0,015

[ Ca+2 ]f = 0,015 mol. = 0,075 M en Ca+2 0,2 l

Las concentraciones finales son: 0,075 M en Ca+2 (ac.); 0,15 M. en NO3- y

quedan 0,05 mol de CaO(s) sin reaccionar.

VII.11.B.- REACCIONES DE PRECIPITACIÓN

Las reacciones de precipitación se llevan a cabo entre iones de cargas opuestas, los cuales provienen de sales o bases, para formar un compuesto sólido ( electrolito poco soluble ) el cual recibe el nombre de precipitado.

Ag+ (ac.) + Cl- (ac.) → AgCl(s)

Zn+2(ac.) + 2 OH- ac.) → Zn(OH)2(s)

Como el producto se separa de la solución y aparece como un sólido que se

forma a partir de la mezcla líquida, las precipitaciones son procesos heterogéneos Considerando que las reacciones de precipitación generan un equilibrio

heterogéneo, los ejemplos numéricos se propondrán en un capítulo posterior.

VII.11.C.- REACCIONES DE OXIDO-REDUCCION

Las reacciones de óxido-reducción son aquellas en las cuales se modifica el estado de oxidación de uno o varios elementos, por lo tanto, para realizar los cálculos correspondientes para este tipo de sistemas, es necesario estudiar primero el concepto y como se determinan los estados de oxidación.

VII.11.C.i.- ESTADO DE OXIDACION

El estado de oxidación es la carga aparente de un átomo, enlazado o no; dado que es una carga eléctrica, se debe reportar con su signo: tiene valores positivos, negativos e inclusive puede valer cero: Además, puede ser un número entero o fraccionario.

Para determinar el valor del estado de oxidación se siguen las siguientes reglas:

1.- El estado de oxidación de un elemento en su forma alotrópica es igual a cero. Por ejemplo: Na(s); Pt(s); Hg( l ); O2(g); H2(g); He(g).

2.- El estado de oxidación del ion de un elemento es igual a la carga del ion. Por ejemplo:

Na+ tiene estado de oxidación +1 Ca+2 tiene estado de oxidación +2 Cl- tiene estado de oxidación -1 S-2 tiene estado de oxidación -2

3.- El estado de oxidación de los metales en un compuesto, siempre es positivo

4.- El estado de oxidación de los metales alcalinos en un compuesto, siempre es +1.

5.- El estado de oxidación de los metales alcalino-térreos en un compuesto, siempre es +2.

6.- El estado de oxidación del hidrógeno en un compuesto, es +1; excepto cuando está enlazado a un metal formando hidruros, como el LiH, donde el H tiene estado de oxidación -1.

7.- El estado de oxidación del oxígeno en un compuesto, es –2; excepto en los peróxidos como el H2O2, donde es -1 y en los superóxidos como el Na2O, donde es -.½.

8.- El estado de oxidación del flúor en un compuesto, siempre es -1.

9.- El estado de oxidación del Cl, Br e I en un compuesto, es –1; salvo cuando se enlazan al oxígeno o al flúor, en los cuales adquieren valores positivos.

10. La suma de los estados de oxidación de todos los átomos es igual a la carga total de la molécula.

*Ejemplo

Determine el estado de oxidación del C en CH2Cl2

Para esta molécula se cumple: E.O.(C) + 2 E.O.(H) + 2 E.O.(Cl) = 0

X + 2(+1) + 2( -1 ) = 0 ⇒ E.O.( C ) = 0

*Ejemplo

Determine el estado de oxidación del S en SO4-2

Para esta molécula se cumple: E.O.( S) +4 E.O.(O) = -2

X + 4( -2 ) = -2 ⇒ E.O.( S ) = +6

*Ejemplo

Determine el estado de oxidación del N en NH4+

Para esta molécula se cumple: E.O.( N) +4 E.O.(H) = +1

X + 4( +1 ) = +1 ⇒ E.O.( N ) = -3

*Ejemplo

Determine el estado de oxidación del C en C3H6Cl2

Para esta molécula se cumple: 3E.O.(C) + 6 E.O.(H) + 2 E.O.(Cl) = 0

3X + 6(+1) + 2( -1 ) = 0 ⇒ E.O.( C ) = - 4/3

*Ejemplo

Determine el estado de oxidación del Cl en KClO4

Para esta molécula se cumple: E.O.( K) + E.O.(Cl) + 4 E.O.(O) = 0

1 + X + 4( -2 ) = 0 ⇒ E.O.( Cl ) = +7

VII.11.C.ii.- BALANCEO DE REACCIONES DE OXIDO – REDUCCION. Las reacciones de óxido-reducción, o reacciones redox, son reacciones en las cuales cambia el estado de oxidación de algún, o algunos, elementos.

Por ejemplo, se estudiamos la siguiente reacción:

Cu(s) + 2 HCl( ac. ) → CuCl2( ac. ) + H2( g )

El cobre aumenta su estado de oxidación desde cero en los reactivos hasta +2 en los productos, y el H disminuye su estado de oxidación desde +1 en los reactivos hasta cero en los productos. Ya que ocurre un cambio en el estado de oxidación de estos elementos, la anterior es una reacción redox, la cual puede ser escrita como:

Cu(s) + 2 H+( ac. ) → Cu+2( ac. ) + H2( g )

¿ A qué se debe el cambio en la carga aparente de estos átomos ?. Como hemos estudiado, cada átomo está compuesto de un núcleo positivo y denso y de una secuencia de orbitales, lo cual le permite ganar o perder electrones en el orbital más externo.

En las reacciones redox, o de transferencia de carga, encontraremos a un elemento

que aumenta su estado de oxidación porque pierde electrones, es decir, aumenta su carga positiva y a otro elemento que disminuye su estado de oxidación porque gana electrones, es decir, disminuye su carga positiva.

El elemento que aumenta su estado de oxidación se oxida y recibe el nombre de

agente reductor; el elemento que disminuye su estado de oxidación, se reduce y recibe el nombre de agente oxidante.

En el ejemplo anterior, el cobre se oxida y es el agente reductor, el hidrógeno se

reduce y es el agente oxidante. Como este cambio se debe al paso de electrones de un átomo a otro, la carga

total no puede alterarse, es decir, una oxidación no puede ocurrir si no hay, al menos, una reducción que le acompañe.

Para balancear las reacciones de óxido reducción es necesario considerar la

presencia de ácidos o bases en la solución acuosa. En este curso sólo se estudiará el método de balanceo llamado ion-electrón.

VII.11.C.ii.1- BALANCEO REDOX: ION-ELECTRÓN EN MEDIO ACIDO

Para realizar el balanceo hay que seguir una serie de pasos y tomar en cuenta el

aporte del solvente y de los iones H+ presentes en la solución. Por ejemplo, se estudia el siguiente caso: KMnO4 + K2C2O4 + H2SO4 → CO2 + MnSO4 + K2SO4

Como esta es una ecuación muy compleja para balancearla por tanteo, es necesario recurrir al método del ion-electrón, el cual consta de las siguientes etapas:

1.- Determinar los cambios en los estados de oxidación de los elementos presentes

en los reactivos y productos para identificar al agente oxidante y al reductor.

En este caso se cumple:

El potasio no cambia de estado de oxidación, permanece como K+ en los reactivos y productos.

El manganeso cambia de +7 en los reactivos a +2 en los productos. El carbono cambia de +3 en los reactivos a +4 en los productos. El oxigeno permanece con carga aparente –2 y el azufre permanece con estado de

oxidación +6. En consecuencia, el Manganeso se reduce de +7 a +2 ( agente oxidante ) y el

carbono se oxida de +3 a +4 ( agente reductor ).

2.- Disociar los electrolitos, para identificar los iones que reaccionan.


KMnO4 → K+ + MnO4-

K2C2O4 → 2 K+ + C2O4-2

H2SO4 → 2 H+ + SO4-2

MnSO4 → Mn+2 + SO4-2

K2SO4 → 2 K+ + SO4-2

Los iones que participan en la óxido-reducción son MnO4- ; C2O4

-2 ; Mn+2 ; además participa el CO2 que no se ioniza.

3.- Escribir una semi-reacción para cada cambio, una para la reducción y otra para

la oxidación, de acuerdo con los iones que participan en cada una:

MnO4- → Mn+2

C2O4-2 → CO2

4.- Balancear cada semi-reacción en masa. Como el proceso ocurre en medio ácido se debe agregar una molécula de agua por cada oxígeno que haga falta, y un ion H+ por cada hidrógeno que haga falta:

MnO4

- + 8 H+ → Mn+2 + 4 H2O

C2O4-2 → 2 CO2

5.- Balancear cada semi-reacción en carga, para ésto se colocan los electrones como reactivos en la reducción y como productos en la oxidación, en la cantidad suficiente para que la carga total se conserve ( ∑(carga total reactivos ) = ∑(carga total productos, para cada cambio).

MnO4

- + 8 H+ + 5 e- → Mn+2 + 4 H2O

C2O4-2 → 2 CO2 + 2e-

6.- Como los electrones perdidos en la oxidación deben ser iguales a los electrones ganados en la reducción, se multiplica cada semi-reacción con un coeficiente apropiado:

[MnO4- + 8 H+ + 5 e- → Mn+2 + 4 H2O] x 2

[ C2O4-2 → 2 CO2 + 2e-]x5

En consecuencia, las semireacciones quedan:

2 MnO4- + 16 H+ + 10 e- → 2 Mn+2 + 9 H2O

5 C2O4-2 → 10 CO2 + 10 e-

7.- Se suman las semi-reacciones para obtener la ecuación ionica balanceada, como los electrones son iguales a ambos lados, se anulan:

2 MnO4- + 16 H+ + 5 C2O4

-2 - → 2 Mn+2 + 10 CO2 + 9 H2O

8.- Si es necesario, de acuerdo con los coeficientes obtenidos en la ecuación iónica balanceada, se ajustan los coeficientes en la ecuación molecular inicial.

2 KMnO4 + 5 K2C2O4 + 8 H2SO4 → 5 CO2 + 2 MnSO4 + 9 H2O + K2SO4

NOTA: Es importante recordar que cuando se disocia un mol de H2SO4 se producen

dos moles de iones H+ ; por esa razón, en este balanceo, el coeficiente del ácido es 8 y no 16.

9.- Si hay especies que no cambian de estado de oxidación, deben ser balanceadas por tanteo.

En este caso han quedado K+ y SO4-2 sin balancear.

Por ejemplo, hay 8 SO4-2 en los reactivos y sólo 2 SO4

-2 en el MnSO4; estos coeficientes no se pueden alterar porque provienen del balanceo ion-electrón, en consecuencia, el K2SO4 se balancea por tanteo, ya que esta sal no interviene en la transferencia de carga, y así se cumple con la ley de la conservación de la masa y de la carga:

2 KMnO4 + 5 K2C2O4 + 8 H2SO4 → 5 CO2 + 2 MnSO4 + 9 H2O + 6 K2SO4

VII.11.C.ii.2- BALANCEO REDOX: ION-ELECTRÓN EN MEDIO BASICO

Para realizar el balanceo hay que seguir una serie de pasos y tomar en cuenta el

aporte del solvente y de los iones OH- presentes en la solución.

Por ejemplo, se estudia el siguiente caso: Cr(OH)3 + H2O2 + NaOH → + Na2CrO4 + H2O

Como esta es una ecuación muy compleja para balancearla por tanteo, es necesario recurrir al método del ion-electrón, el cual consta de las siguientes etapas:

1.- Determinar los cambios en los estados de oxidación de los elementos presentes en los reactivos y productos para identificar al agente oxidante y al reductor.


El sodio no cambia de estado de oxidación, permanece como Na+ en los reactivos y productos.

El cromo cambia de +3 en los reactivos a +6 en los productos. El oxigeno cambia de -1 en los reactivos a -2 en los productos. El hidrógeno permanece con carga aparente +1. En consecuencia, el oxígeno se reduce de -1 a -2 ( agente oxidante ) y el cromo se

oxida de +3 a +6 ( agente reductor ). 2.- Disociar los electrolitos, para identificar los iones que reaccionan.


Cr(OH)3 → Cr+3 + 3OH-

NaOH → Na+ + OH-

Na2CrO4 → 2 Na+ + CrO4-2

Los iones que participan en la óxido-reducción son Cr+3 y CrO4-2 ; además

participa el H2O2 que no se ioniza.

3.- Escribir una semi-reacción para cada cambio, una para la reducción y otra para la oxidación, de acuerdo con los iones que participan en cada una:

Cr+3 → CrO4-2

H2O2 → H2O

4.- Balancear cada semi-reacción en masa. Como el proceso ocurre en medio básico, el balanceo de masas cumple las

siguientes condiciones: *) se debe agregar dos iones OH- por cada oxígeno que haga falta ( del lado

deficiente en oxígenos ) y una molécula de agua al otro lado. *) se debe agregar una molécula de agua por cada hidrógeno que haga falta ( del lado

deficiente en hidrógenos ) y una molécula de agua al otro lado.

Cr+3 + 8 OH- → CrO4-2 + 4 H2O

H2O2 + H2O → H2O + 2 OH-

H2O2 → 2 OH-

5.- Balancear cada semi-reacción en carga, para ésto se colocan los electrones como reactivos en la reducción y como productos en la oxidación, en la cantidad suficiente para que la carga total se conserve.

Cr+3 + 8 OH- → CrO4

-2 + 4 H2O + 3e-

H2O2 + 2e- → 2 OH-

6.- Como los electrones perdidos en la oxidación deben ser iguales a los electrones ganados en la reducción, se multiplica cada semi-reacción con un coeficiente apropiado:

[Cr+3 + 8 OH- → CrO4-2 + 4 H2O + 3e-] x 2

[H2O2 + 2e- → 2 OH-]x3

En consecuencia, las semireacciones quedan:

2 Cr+3 + 16 OH- → 2 CrO4-2 + 8 H2O + 6e-

3 H2O2 + 6e- → 6 OH-

7.- Se suman las semi-reacciones para obtener la ecuación ionica balanceada, como los electrones son iguales a ambos lados, se anulan:

2 Cr+3 + 16 OH- + 3 H2O2 → 2 CrO4

-2 + 6 OH- + 8 H2O

se simplifican los iones OH- y nos queda:

2 Cr+3 + 10 OH- + 3 H2O2 → 2 CrO4-2 + 8 H2O

8.- Si es necesario, de acuerdo con los coeficientes obtenidos en la ecuación iónica balanceada, se ajustan los coeficientes en la ecuación molecular inicial.

2 Cr(OH)3 + 3 H2O2 + 4 NaOH → +2 Na2CrO4 + 8 H2O

NOTA: Es importante aclarar que de los 10 OH- de los reactivos, seis pertenecen a

las dos moléculas de Cr(OH)3 que se generan del balanceo por ion-electrón, en consecuencia, los cuatro restantes quedan para el NaOH.

9.- Si hay especies que no cambian de estado de oxidación, deben ser balanceadas

por tanteo. En este caso no aplica.

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