INICIACINA LAQUMICA PREPARACIN PARA EL ACCESO A LA UNIVERSIDAD Autores A. Garca Rodrguez. Catedrtico de Qumica Inorgnica (Coordinador) M. Garca Vargas,Catedrtico de Qumica Analtica (Coordinador) A. Navarrete Guijosa, Catedrtico de Qumica Inorgnica (Coordinador) M. L. Quijano Lpez, Prof. Titular de Qumica Orgnica (Coordinadora) P. Azuara Molina, Inspector de Educacin J.L. Ballesteros Olmo, Prof. Fsica y Qumica C. Daz Prez de Perceval, Prof. Fsica y Qumica M. Mayn Riego, Prof. Titular de Qumica Agrcola J. A. Navo Santos, Prof. Titular de Qumica Inorgnica J. Rincn Gonzlez, Prof. Fsica y Qumica P. Rodrguez Rubio, Catedrtica de Escuela Universitaria AutoresEdita: Junta de Andalucia.Consejera de Innovacin, Ciencia y Empresa.Distrito nico Andaluz.Diseo de cubierta: Luis Santiago Marcos. Doctor en Bellas Artes.I.S.B.N.: 978-84-8439-393-1 NDICE Prlogo Agradecimientos Tema 1. Conceptos bsicos 1 Tema 2. Estructura de la materia 51 Tema 3. Termoqumica y Cintica 133 Tema 4.Equilibrio qumico 181 Tema 5. Reacciones de transferencia de protones 251 Tema 6. Reacciones de transferencia de electrones 315 Tema 7. Qumica del carbono 389 Glosario 411 Iniciacin a la QumicaI PRLOGO Elobjetivoprimordialquenoshemospropuestoalescribirestelibrode cuestionesyproblemashasidoeldecomplementarlosconocimientostericos sobre Qumica de los estudiantes de Enseanza Media que deseando acceder a la Universidad deben realizar la correspondiente Prueba de Acceso a la Universidad (PAU). Puesto que, hemos constatado que el objetivo de los discentes de resolver convenientementelosejerciciosyproblemasdeQumicapodramejorarsesila comprensindelosconceptosqumicosfundamentalesesdetalgradoquesean capacesdeaplicarlosacasosconcretos.Deaququeelconocimientoy profundizacindelosconceptosfundamentalesseaunodelosobjetivos formativos prioritarios de este texto. Este libro va dirigido principalmente a los alumnos andaluces de 2 Curso deBachillerato(LOGSE)quedebensuperarelexamendeQumicadelasPAU, ademstambinesextensiblealosalumnosquecursenQumica,entreotras asignaturas, y desean presentarse a las PAU para mayores de 25 aos, puesto que a lo largo de los Captulos en que se ha dividido el texto se proponen y resuelven muchosproblemasycuestionesquehansidopropuestosenlosexmenesde QumicadelasPAUcelebradasenAndaluca.Finalmente,tambinvadirigidoa los alumnos que cursan la asignatura de libre eleccin: Qumica de Nivelacin.

Estapublicacin,tieneunmarcadocarcterdidctico,frutodelaexperienciadelosautoresenladocenciadelaQumica,tantoalniveldela EnseanzaUniversitariacomodelaEnseanzaSecundaria,tieneademsotras caractersticas que la hacen singular: Los captulos se han comenzado con una introduccin terica, muy breve, de aquellosconceptosfundamentalesnecesariosparalaresolucindelas cuestiones y de los problemas propuestos (240). Esto hace que la compresin delosconceptosfundamentalesdeQumicaseamsasequibley comprensible paralos estudiantes,puesto quelos conceptos tericos se van exponiendoyresolviendopaulatinamenteatravsdelascuestionesquese plantean.Esteprocedimientodeadquisicinymaduracindelosconceptos fundamentalesdelaQumicaesunprocesoquehacemuchomsfactibley asequible la comprensin de la Disciplina. Lascuestionesyproblemasquesehanseleccionadoestntodasresueltas, estando expuestas de forma que la complejidad de las mismas sea creciente, segnseavanzaencadaunodeloscaptulos.Porotraparte,las explicacionesqueseaportanenlascuestionesyproblemasestn PrlogoII pormenorizadas, aunque a medida que se progresa en cada uno de los temas los desarrollos van simplificndose, al objeto de procurar que el aprendizaje seagratificante.Adems,elobjetivoquesepersiguedurantelaexposicin delas cuestionesy problemas en todos los captulos es resolvernicamente losmodeloscaractersticosdecadaunodeellos,huyendodelarepeticin, con el propsito de hacer ms ameno el estudio de cada captulo. Elcontenidosehaestructuradoensietecaptulos(ConceptosBsicos, Estructuradelamateria,Termoqumica,cinticaqumicayEquilibrio qumico,Reaccionesdetransferenciadeprotones,Reaccionesde transferenciadeelectronesyQumicadelcarbono),estoscaptulosestn relacionadosconlosFundamentosdeQumicaqueseexigenensegundo cursodeBachilleratoyenlasPruebasdeAccesoalaUniversidad,paralos alumnosdeLOGSE,paralosalumnosMayoresde25aosyenlaasignatura deQumicadeNivelacinqueseestnimpartiendoenelprimercursode algunasFacultades.Porotrolado,estapublicacinlespuederesultarmuy conveniente a aquellos alumnos universitarios matriculados enQumica oen asignaturasrelacionadasconconceptosqumicosyquenohayancursado QumicaenlaEnseanzaSecundaria.Enconsecuencia,esatodosestos alumnos a los que va dirigido este texto. Tema 1. Conceptos bsicos. Se tratan los conceptos bsicos tales como tomo, molcula, mol, elemento, leyes ponderales y de los gases, nmero de Avogadro, etc. Comoentododesarrollocientficosepartedeunosconceptos fundamentalesbsicos sobrelos cuales se va a construir todo eledificio cientfico que se desarrolla en este texto. Tema 2. Estructura de la materia. PARTE A. Estructura atmica y Sistema Peridico. En relacin con estos contenidos se procura conocer las partculas fundamentalesqueconformanlostomos,ascomolosconceptosde nmerosatmicoymsico.Sedesarrollanlasideasbsicassobreel modeloatmicodeBohr,ascomolacuantizacindelaenergadelos tomos.Unaintroduccinalaaportacinquesuponelamecnica ondulatoria en la evolucin del concepto de tomo, as como los tipos de orbitalesysusrelacionesconlosnmeroscunticos.Utilizacindel sistemaPeridicoparalaexplicacindelavariacindelaspropiedades peridicas. Iniciacin a la QumicaIII PARTE B. Enlace qumico Se trata de progresar en el papel que juega en el enlace qumico laconfiguracinelectrnicaexternadelostomos.Losfundamentosy propiedadesdelosenlacescovalente(TeorasdeLewisydelenlacede valencia),inico(Energareticular),metlico(modelodelanube electrnica) y de las fuerzas intermoleculares. Tema 3. Termodinmica Sepretendeprofundizarlosconceptosdecalorytrabajodelos sistemas, as como de energa interna y entalpa. Se intenta alcanzarun relativamenteelevadogradodefamiliarizacinconlosclculosde entalpas de las reacciones qumicas. Tema 4. Cintica qumica y Equilibrio qumico PARTE A. Cintica Qumica Setratadeconocerlavelocidaddereaccin,suleypara reacciones qumicas sencillas y factores que influyen sobre la misma, as como los conceptos de complejo activado y energa de activacin. PARTE B. Equilibrio qumico homogneo Se desarrollan los conceptos de cociente de reaccin y equilibrio dinmico,ascomosabercalcularlasconstantesdeequilibrioylas cantidadesqueintervienenenunareaccinqumica.Sepretendeque sepan emplear el Principio de Le Chatelier para predecir los efectos que se producen en una reaccin qumica en equilibrio por accin de factores externos. PARTE C. Equilibrio qumico heterogneo Sedeseaprogresarenlacompresindelasreaccionesqumicas enequilibriocuandoserealizanenmediosheterogneos.Comose afectanlasconstantesdeequilibrioycomosedesplazanlosequilibrios enmediosheterogneos.Sehaincluidotambinunbrevedesarrollode lasreaccionesdeprecipitacinaunqueenelcurriculumdebachillerato no figura este tipo de reacciones. Tema 5. Reacciones de transferencia de protones PrlogoIV Se trata de conocer y aplicar las teoras cido-base de Arrhenius y Brnsted-Lowryyllegaracorrelacionarlafuerzadeloscidosydelas bases con las magnitudes de las constantes de disociacin de los cidos y de las bases, respectivamente. Comprender y efectuar clculos con el pH y pOH. Las reacciones de hidrlisis se han tratado slo cualitativamente. Se efecta unaintroduccin a las valoraciones cido-base.Tema 6. Reacciones de transferencia de electrones PARTE A. Reacciones redox Sepretendequeseidentifiquesinambigedadunareaccin redox,ascomolosconceptosdeoxidante,reductorynmerode oxidacin. Despus de efectuar las cuestiones y problemas debe llegarse amanejarconsolturaelajustedereaccionesredoxporelmtododel in-electrn. PARTE B. Electroqumica Setratadeconocerlosconceptosdepotencialesnormalesde electrodos,conespecialreferenciaalosdereduccin,ascomoalde equivalentedeunoxidanteodeunreductoryladistincinentrepilay cuba electroltica. Se aprende a calcular con soltura la espontaneidad de una reaccin redox, el clculo de la f.e.m. de una pila y la utilizacin de las leyes de Faraday. Tema 7. Qumica del carbono Sepretendeconestetemaqueelalumnoconozcalostiposde enlacecarbono-carbonoysusconsecuenciasgeomtricassobrelas molculas,ascomolosconceptosdegrupofuncional,seriehomlogae isomerasprincipales(cadena,funcin,posicin,geomtricayptica). Algunos tipos de reacciones orgnicas se llegan a conocer someramente, talescomoreaccionesdesustitucin,reaccionesdeadicin,reacciones de eliminacin y reacciones de combustin. LOS COORDINADORES Iniciacin a la QumicaV Agradecimientos DeseamosexpresarnuestragratitudalaComisindel DistritonicoAndaluzyalaComisinCoordinadora UniversitariadeAndaluca,porsueficazgestinenlaedicin de esta obra. Asmismo,deseamosdarlasgraciasatodasaquellas personasquenoshanapoyadoysincuyointersyentusiasmo hubiese sido imposible la publicacin de este libro. Iniciacin a la Qumica1 Tema 1 Conceptos bsicos Aspectos Tericos 1.1 Masa atmica y molecular Debidoalasdimensionestanreducidasdelostomosydelasmolculas,las masasdeambossonmuypequeas,delordende10-27Kg,yparatrabajarconmayor comodidad, se ha definido la unidad de masa atmica (uma) como la doceava parte de la masa del istopo de carbono 12, al cual se le asigna una masa de 12 uma. Cuandosedicequelamasaatmicadelnitrgenoes14uma,seindicaquela masadeuntomodenitrgenoes14vecesmayorqueladoceavapartedelcarbono12. Por otro lado, como las molculas estn formadas por tomos y estos tienen masa, tambin la tendrn las molculas. A esta masa se le llama masa molecular y se obtiene teniendo en cuenta la masa atmica de cada elemento que integra el compuesto y el nmero de tomos que interviene. As, la masa molecular del amoniaco es 17 porque: M (NH3) = 1 x 14 + 3 x 1 = 17 uma 1.2 Concepto de mol Nmero de Avogadro: Es el nmero de tomos contenido en 12 g del istopo del carbono 12 y tiene un valor de NA = 6023 1023. Moleslacantidaddesustanciaquecontienetantasentidadeselementales (tomos, molculas, iones, etc.) como tomos hay en 12 g del istopo del carbono 12. Por tanto,unmol detomos contiene6023 1023tomos;unmoldemolculascontiene 6023 1023 molculas; un mol de iones contiene 6023 1023 iones; etc. Lamasadeunmoldeentidadeselementales(60231023)expresadaengramos sedefinecomomasamolar,Mm.Lamasamolarcoincideconelvalordelamasa molecularsibienlaprimeraseexpresaengramosylasegundaenunidadesdemasa atmica. As, por ejemplo, la masa molar del cido sulfrico es: Conceptos bsicos2 M m (H2SO4) = 98 g mientras que la masa molecular del cido sulfrico es: M (H2SO4) = 98 uma 1.3 Volumen molar Unmoldecualquiergas,encondicionesnormalesdepresin(1atm)y temperatura(0o C=273K)ocupasiempreunvolumende224L,aestevolumensele denomina volumen molar y segn la definicin de mol, contiene 6023 1023 molculas. Ecuacin de los gases perfectos o ideales Se escribe: p V = n R T dondep, es la presin en atmsferas; V, es el volumen en litros; n, es el nmero de moles ; T, es la temperatura absoluta (K) y R, es la constante de los gases perfectos cuyo valor es 0082 atm L / K mol. 1.4 Concentracin de una disolucin Lasdisolucionessonmezclashomogneasdedosomssustancias.Slose estudiarncasosdedisolucionesdedoscomponentes(binarias).Normalmenteel componentequeseencuentraenmayorproporcinsedenominadisolventeyelquese encuentra en menor proporcin se denomina soluto. Cuando uno de los componentes es el agua se toma como disolvente. La concentracin de una disolucin es la cantidad de soluto disuelta en una cierta cantidad de disolvente o de disolucin. Se puede expresar de formas diferentes, entre otras, como: Tanto por ciento en peso (%): Indica el nmero de gramos de soluto contenidos en 100 g de disolucin Molaridad(M):Indicaelnmerodemolesdesolutodisueltoencadalitrode disolucin. Molalidad(m): Indicaelnmerodemolesdesolutodisueltoencadakilogramo de disolvente. Iniciacin a la Qumica3 Fraccin molar (x o fmolar): La fraccin molar de soluto o de disolvente, indica la relacinentreel nmerode molesdesoluto o disolvente yelnmerototal demolesenla disolucin. Evidentemente, la suma de la fraccin molar de soluto y la de disolvente es uno. Normalidad (N): es el nmero de equivalentes de soluto contenidos en un litro de disolucin.Estaformadeexpresarlaconcentracinhasidomuyusadaanteriormente aunqueenlaactualidadhasidosustituidaporlamolaridad.Noobstanteenlostemasde oxidacin reduccin se proponen algunos ejercicios en los queseutiliza el conceptode equivalente. Conceptos bsicos4 Resolucin de Cuestiones Cuestin 1 Cuestin 1 Cuestin 1 Cuestin 1 Sabiendo que la masa molecular de hidrgeno es 2 y la del oxgeno 32, conteste razonadamente a las siguientes cuestiones: a)Quocuparmsvolumen,unmoldehidrgenoounmoldeoxgenoenlas mismas condiciones de presin y temperatura? b) Qu tendr ms masa, un mol de hidrgeno o un mol de oxgeno? c) Dnde habr ms molculas, en un mol de hidrgeno o en un mol de oxgeno? Solucin a) Despejando el volumen de la ecuacin de los gases perfectos: El volumen de hidrgeno y de oxgeno al ser n un mol en ambos casos y ser p y T iguales, ser el mismo. b) Aplicando el concepto de mol: 1 mol H2 6023 1023 molculas H2 2 g 1 mol O2 6023 1023 molculas O2 32 g Por tanto, la masa de un mol de oxgeno es superior a la masa de un mol de hidrgeno. c) Como se ha visto en el apartado anterior en amboshay el mismo nmero de molculas. Cuestin 2 Cuestin 2 Cuestin 2 Cuestin 2 En1m3demetano(CH4),medidoencondicionesnormalesdepresiny temperatura, calcule: a) El nmero de moles de metano. b) El nmero de molculas de metano. c) El nmero de tomos de hidrgeno. n R TV=pIniciacin a la Qumica5 Solucin a) Aplicando el concepto de volumen molar y como 1 m3 = 1000 L, calculamos el nmero de moles de metano de la siguiente ecuacin: b)Aplicandoelconceptodemol,elnmerodemolculasdemetanopuede calcularse de la siguiente expresin: 42341 mol CH 44'6 moles6'023 10molculas CH x= x = 2686 1025 molculas de metano c) En cada molcula de metano hay cuatro tomos de hidrgeno, por tanto: n de tomos de H = 4 x 2686 1025 t. = 1074 1026 t. de hidrgeno Cuestin 3 Cuestin 3 Cuestin 3 Cuestin 3 En 05 moles de CO2, calcule: a) El nmero de molculas de CO2 b) La masa de CO2. c) El nmero total de tomos. Datos. Masas atmicas: C = 12; O = 16. Solucin a)ComoenunmoldedixidodecarbonohayelnmerodeAvogadrode molculas de dixido de carbono, en 05 moles habr: 22321 mol CO 0'5 moles6'023 10molculas CO x= x = 3011 1023 molculas de CO2 b) La masa de dixido de carbono, ser: Mm (CO2) = 44 g =22'4 L metano 1000 L ; x = 44'6 moles de metano1 mol metano xConceptos bsicos6 2221 mol CO 0'5 moles ; x = 22 g de CO44 g CO x= c) Como en cada molcula hay tres tomos (uno de carbono y dos de oxgeno), el nmero total de tomos ser: 2231 mol CO 0'5 moles3 x 6'023 10tomos x= x = 9034 1023 tomos Cuestin 4 Cuestin 4 Cuestin 4 Cuestin 4 Razone qu cantidad de las siguientes sustancias tiene mayor nmero de tomos: a) 03 moles de SO2. b) 14 gramos de nitrgeno molecular. c) 672 litros de gas helio en condiciones normales de presin y temperatura. Datos. Masas atmicas: N=14; O=16; S=32. Solucin Calculamos el nmero de tomos en cada apartado: a) Aplicando el conceptode mol y como en cada molcula de dixido de azufre hay tres tomos (uno de azufre y dos de oxgeno): Mm (SO2) = 64 g 23 2231 mol SO 0'3 moles ; x = 5'421 10tomos 3 x 6'023 10tomos x= b) Como en cada molcula de nitrgeno hay dos tomos de nitrgeno, el nmero de estos ser: Mm (N2) = 28 g = i23 22328 g N 14 g ; x = 6'023 10tomos2 x 6'023 10tomos x c) Aplicando el concepto de volumen molar, el nmero de tomos de helio puede calcularse de la siguiente expresin: Iniciacin a la Qumica7 242322'4 L He 67'2 L ; x = 1'807 10tomos6'023 10tomos x= Por tanto, la cantidad que tiene mas tomos es 672 L de helio. Cuestin 5 Cuestin 5 Cuestin 5 Cuestin 5 Razone si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones: a)DosmasasigualesdeloselementosAyBcontienenelmismonmerode tomos. b) La masa atmica de un elemento es la masa, en gramos, de un tomo de dicho elemento. c) El nmero de tomos que hay en 5 g de oxgeno atmico es igual al nmero de molculas que hay en 10 g de oxgeno molecular. Solucin a)Falsa,porquelasmasasquecontienenelmismonmerodetomos,de acuerdo con el concepto de mol, serian una masa del elemento A igual a Mm (A) y una masa del elemento B igual a Mm (B) y siempre al ser dos elementos distintos Mm (A) es diferente de Mm (B). b)Falsa,porqueeslamasa,expresadaengramosde60231023tomosde dicho elemento, es decir de un mol de tomos. c) Aplicando el concepto de mol, calculamos el nmero de tomos sabiendo que Mm (O) = 16 g 232316 g de O 5 g ; x = 1'882 10tomos de O6'023 10t. O x= Calculamos el nmero de molculas de O2 sabiendo que Mm (O2) = 32 g de la siguiente expresin: 23 22 23232 g O 10 g ; x = 1'882 10molculas de O6'023 10molculas O x= Por tanto, la afirmacin es verdadera. Cuestin 6 Cuestin 6 Cuestin 6 Cuestin 6 a) Cul es la masa, expresada en gramos, de un tomo de sodio? Conceptos bsicos8 b) Cuntos tomos de aluminio hay en 05 g de este elemento? c) Cuntas molculas hay en una muestra que contiene 05 g de tetracloruro de carbono? Datos. Masas atmicas: C = 12; Na = 23; Al = 27; Cl = 355. Solucin a) Aplicamos el concepto de mol: 1 mol Na 6023 1023 tomos Na 23 g Por tanto: 1-232323 g t. Na3'81 10g/t. Na6'023 10at.= = b) El nmero de tomos de aluminio puede calcularse de la siguiente expresin: Mm (Al) = 27 g =222327 g Al 0'5 g Al ; x = 1'11 10tomos de Al6'023 10t. Al x c) Aplicamos el concepto de mol: Mm (Cl4C) = 154 g 1 mol Cl4C 6023 1023 molculas Cl4C 154 g Por tanto: 21 44 234154 g Cl C 0'5 g ; x = 1'96 10molculas Cl C6'023 10molculas Cl C x= Cuestin 7 Cuestin 7 Cuestin 7 Cuestin 7 Razone si son verdaderas o falsas las afirmaciones siguientes: a)Lamasadeunionmonovalentepositivoesmenorqueladeltomo correspondiente. b) El nmero atmico de un ion monovalente positivo es menor que el del tomo correspondiente. c)Enungramodecualquierelementohaymstomosquehabitantestienela Tierra, 6.109. Iniciacin a la Qumica9 Solucin a) Verdadera, porque el ion monovalente positivo tiene un electrn menos que el tomo correspondientey por tanto, su masa ser menor en 9110-31 Kgque eslamasaatribuidaalelectrn.Ahorabien,dadoquelasmasasatribuidasal protnyalneutrnsondelordende1800vecessuperioresalamasadel electrn, la masa de un in monovalente positivo es aproximadamente la misma que la del tomo correspondiente. b) Falsa, porque el nmero atmico es el nmero de protones del ncleo y ste novaraenelinmonovalentepositivo,quesediferenciadeltomo correspondiente en que ha perdido un electrn. c) En un mol de tomos de cualquier elemento hay 6023 1023 tomos. Como la masamolardeloselementosestcomprendidaentre1ymenosde300,enun gramodeelementohabraentre60231023tomosy2x1021.Portantola afirmacin es verdadera. Cuestin 8 Cuestin 8 Cuestin 8 Cuestin 8 Un vaso contiene 100 mL de agua. Calcule: a) Cuntos moles de agua hay en el vaso. b) Cuntas molculas de agua hay en el vaso. c) Cuntos tomos de hidrgeno y oxgeno hay en el vaso. Datos. Masas atmicas: H = 1; O = 16. Solucin a) Hay que considerar que al ser la densidad del agua 1 g/mL, el vaso contiene tambin 100 g de agua. Como Mm (H2O) = 18 g, el nmero de moles, ser: 2 2100 gn moles H 05'56 moles H 018 g/mol= = b)Aplicandoelconceptodemol,calcularemoselnmerodemolculasenel vaso: 24 22 2321 mol H 0 5'56 moles ; x = 3'349 10molculas de H 06'023 10molculas H 0 x= c)Comocadamolculadeaguatieneuntomodeoxgenoydostomosde hidrgeno y como tenemos 3346 1024 molculas de agua Conceptos bsicos10 n t. O = 1 x 3349 1024 =3349 1024 tomos de oxgeno n t. H = 2 x 3349 1024 = 6698 1024 tomos de hidrgeno Cuestin 9 Cuestin 9 Cuestin 9 Cuestin 9 Razone si las siguientes afirmaciones son correctas o no: c) 17 g de NH3 ocupan, en condiciones normales, un volumen de 224 litros. b) En 17 g NH3 hay 6023. 1023 molculas. c) En 32 g de O2 hay 6023 1023 tomos de oxgeno. Datos. Masas atmicas: H = 1; N = 14; O = 16. Solucin a) De acuerdo con la hiptesis de Avogadro, un mol de amonaco en condiciones normalesocupa224L.Portanto,laafirmacinescorrectayaqueMm(NH3)= 17 g. b) Aplicando el concepto de mol1 mol NH3 17 g NH3 6023 1023 molculas NH3 Por tanto, la afirmacin es correcta. c)ComoenunamolculadeO2hay2tomosdeoxgeno,en32gdeO2 el nmero de tomos de oxgeno ser: 1 mol O2 32g O2 6023 1023 molculas O2 2 x 6023 1023 tomos O2 Por tanto, la afirmacin no es correcta. Cuestin 10 Cuestin 10 Cuestin 10 Cuestin 10 En 10 litros de hidrgeno y en 10 litros oxgeno, ambos en las mismas condiciones de presin y temperatura, hay: a) El mismo nmero de moles. b) Idntica masa de ambos. c) El mismo nmero de tomos. Indique si son correctas o no estas afirmaciones, razonando las respuestas. Solucin a) Despejando el nmero de moles de la ecuacin de los gases perfectos: pVRTn =Iniciacin a la Qumica11 Aplicando esta expresin a las condiciones del enunciado: 2Hp10 LnR T= ; 2Op10 LnRT= Luego 2 2H Onn = .Portanto,hayelmismonmerodemolesylaafirmacines correcta. b) Como laMm (H2) es distinta de laMm (O2): n gramos H2 = n moles de H2 x Mm (H2) n gramos O2 = n moles de H2 x Mm (O2) Luego n gramos H2 n gramos O2. Por tanto, la afirmacin es incorrecta. c) Calculemos el nmero de tomos en cada caso, como en ambas molculas hay dos tomos. 22O 23 21 O 231n moles1 mol de O ; x= nx 2 x 6'023 10t. O2 x 6'023 10t. O x= 22H 23 22 H 232nmoles1 mol H ; x= nx 2 x 6'023 10t. H2 x 6'023 10t. H x= ComoelnmerodemolesdeO2 esigualalnmerodemolesdeH2 ,tenemos que x1 = x2. Luego, hay el mismo nmero de tomos y la afirmacin es correcta. Cuestin 11 Cuestin 11 Cuestin 11 Cuestin 11 Calcule: c) La masa, en gramos, de una molcula de agua. b) El nmero de tomos de hidrgeno que hay en 2 g de agua. c)Elnmerodemolculasquehayen11'2LdeH2,queestnencondiciones normales de presin y temperatura. Datos. Masas atmicas: H = 1; O = 16. Solucin a) Aplicando el concepto de mol y como Mm (H2O) = 18 g 1 mol H2O 6023 1023 molculas H2O 18 g Luego:Conceptos bsicos12 -232 2318 g1 molcula H O2'989 10g6'023 10molculas= = b)Delasiguienteexpresincalculamoslosgramosdehidrgenoquehayen2 gramos de agua: 218 g H O 2 g ; x = 0'22 g de H2 g H x= Aplicando de nuevo el concepto de mol: 1 mol H6023 1023 tomos H1 g 23231 g H 0'22 g ; x = 1'325 10t. de H6'023 10t. H x= c) Aplicando la hiptesis de Avogadro: 23 22 23222'4 L de H 11'2 L ; x = 3'011 10molculas de H6'023 10molculas de H x= Cuestin 12 Cuestin 12 Cuestin 12 Cuestin 12 Calcule el nmero de tomos que hay en: a) 44 g de CO2. b) 50 L de gas He, medidos en condiciones normales. c) 05 moles de O2. Datos. Masas atmicas: C = 12; O = 16. Solucin a)Elnmerodemolesdedixidodecarbonocontenidoen44gdeesta sustancia,como Mm (CO2) = 44 g, ser:22 244 g COn moles CO1 mol CO44 g/mol= =Como en cada molcula de dixido de carbono hay tres tomos (dos de oxgeno y uno de carbono), aplicando el concepto de mol: n tomos = 3 x 6023 1023 t. = 1807 1024 tomos b) A partir de la hiptesis de Avogadro, calculamos los tomos de helio en 50 L mediante la siguiente ecuacin: =242322'4 L He 50 L ; x = 1'344 10t. He6'023 10t. He x Iniciacin a la Qumica13 c)ComoencadamolculadeO2haydostomosdeoxgeno,elnmerode tomos ser: 23 2231 mol O 0'5 moles ; x = 6'023 10tomos de O2 x 6'023 10t. O x= Cuestin 13 Cuestin 13 Cuestin 13 Cuestin 13 Lasmasasatmicasdelhidrgenoydelhelioson1y4,respectivamente. Indique, razonadamente, si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas: a) Un mol de He contiene el mismo nmero de tomos que un mol de H2. b) La masa de un tomo de helio es 4 gramos. c) En un gramo de hidrgeno hay 60231023 tomos Solucin a) Falsa, porque en un mol de helio hay 6023 1023 tomos de helio, mientras que en un mol de H2 hay 6023 1023 molculas de H2 y como en cada molcula de H2 hay dos tomos, habr 2 x 6023 1023 tomos de H. b) Falsa, porque la masa de un tomo de helio es: = i23-246'023 10t. He 1 t. He ; x = 6'64110g4 g He x c) Verdadera, porque1 molde tomos de H 6023 1023 tomos H 1 g Cuestin 14 Cuestin 14 Cuestin 14 Cuestin 14 La estricnina es un potente veneno que se ha usado como raticida, cuya frmula es C21H22N2O2. Para 1 mg de estricnina, calcule: a) El nmero de moles de carbono. b) El nmero de molculas de estricnina. c) El nmero de tomos de nitrgeno. Datos. Masas atmicas: C = 12; H = 1; N = 14; O = 16. Solucin Conceptos bsicos14 a) Calculemos el nmero de moles de estricnina en 1 mg de esta sustancia: Mm (C21H22N2O2) = 334 g -6334 g estricnina0'001 g ; x = 3 10moles de estricnina1 mol de estricnina x=El nmero de moles de carbono ser: 21 x 3 10-6 = 63 10-5 moles de carbono b) Elnmero de molculas de estricnina que hay en los moles de esta sustancia calculados en el apartado a), ser: -618231 mol de estricnina 3 10moles ; x = 1'807 10molculas6'023 10molculas x= c) Como en una molcula de estricnina hay dos tomos de nitrgeno, el nmero de tomos, ser: =-618231 mol estricnina3 10moles ; x = 3'614 10tomos de N2 x 6'023 10t. N x Cuestin 15 Cuestin 15 Cuestin 15 Cuestin 15 Deunrecipientequecontiene32gdemetano,seextraen91023molculas. Calcule: a) Los moles de metano que quedan. b) Las molculas de metano que quedan. c) Los gramos de metano que quedan. Datos. Masas atmicas: H=1; C=12. Solucin a) Como Mm (CH4) = 16 g, el nmero de moles de metano en 32 g ser: 432 gn moles CH2 moles16 g/mol= = Calculemos los moles de metano que quitamos al extraer91023 molculas: 44 23 2341 mol CH x ; x = 1'49 moles de CH6'023 10molculas CH 9 10=Por tanto, el nmero de moles que queda, ser: n moles CH4 = 2 moles 149 moles = 051 moles b) Las molculas de metano que quedan las calculamos de la siguiente ecuacin: Iniciacin a la Qumica15 23 44 2341 mol CH0'51 moles ; x = 3'072 10molculas de CH6'023 10molculas CH x= c) La masa de metano, ser: 4441 mol CH 0'51 moles ; x = 8'16 g de CH16 g CH x= Cuestin 16 Cuestin 16 Cuestin 16 Cuestin 16 a)Cuntostomosdeoxgenohayen200litrosdeoxgenomolecularen condiciones normales? b) Una persona bebe al da 1 litro de agua. Suponiendo que la densidad del agua esde1g/mL,cuntostomosdehidrgenoincorporaasucuerpoporeste procedimiento?Datos. Masas atmicas: H=1;O=16. Solucin a) Aplicando el concepto de volumen molar calculamoslos moles de O2 que hay en los 200 L en condiciones normales: 2222'4 L O 200 L ; x = 8'93 moles1 mol O x= El nmero de molculas contenidos en ellos, ser: 893 mol x 6023 1023 molculas/mol = 54 1024 molculas de O2 El nmero de tomos de oxgeno en los 200 L, ser: 2 x 54 1024 = 108 1025 tomos de O b) La masa de agua que bebe al da, ser: m = d x V = 1 g/mL x 1000 mL = 1000g de H2O Aplicando el concepto de mol y como en cada molcula de agua hay dos tomos de hidrgeno y Mm (H2O) = 18 g , los tomos de este elemento que incorpora la persona a su cuerpo, sern: n tomos H = 2 x n molculas de H2O = 2 x n moles de H2O x NA n t.H = 23 25 21000 g H O2 xx 6'023 106'692 x 10tomos de H18 g/mol=Conceptos bsicos16 Resolucin de Problemas Problema 1 Problema 1 Problema 1 Problema 1 Cuandosecalientademodoconvenientecloruroamnicosedescomponeen cloruro de hidrgeno y amonaco. Si se liberan 17 g de amonaco, calcule: a)La masa obtenida de cloruro de hidrgeno. b)Las fracciones molares de cada gas generado.Datos. Masas atmicas: H = 1; N = 14; Cl = 355 Solucin a)La reaccin es:NH4ClHCl + NH3 Puestoquelamasamoleculardelamonaco(NH3)esiguala 14 + 3 1 = 17 g mol-1, los 17 g de amonaco corresponde a 1 mol de NH3. En consecuencia, se debe haber formado 1 mol de HCl. Puesto que la masa moleculardelHClesiguala1+355=365gmol-1.LamasadeHCl formada es igual a 1 mol 365 g mol-1= 365 g de HCl. b)Lasfraccionesmolaresdecadagasvienedadapor;fmolar=molesdegas/ moles totales. Por tanto, fmolar(NH3) = 1mol (NH3)/[1 mol (NH3) + 1 mol (HCl)] = 1 / 2 = 05 fmolar(HCl) = 1 mol (HCl)/[1 mol (NH3) + 1 mol (HCl)] = 1 / 2 = 05 Problema 2 Problema 2 Problema 2 Problema 2 Una mezcla de dos gases est constituida por 2 g de SO2 y otros 2 g de SO3 y est contenida en un recipiente a 27 C y a 2 atm de presin. Calcule: a)El volumen que ocupa la mezcla. b)La fraccin molar de cada gas. Datos. R = 0082 atm L K-1 mol-1. Masas atmicas: O = 16; S = 32. Solucin a)Calculamos primero el volumen que ocupan cada gas: De la ecuacin de los gases perfectos: P V = n R T, de aqu, despejando V,tendremosV=nRT/P,portanto,tenemosquecalcularprimeroIniciacin a la Qumica17 n = moles de gas = Masa de gas (g) / Masa molecular de gas (g mol-1). En el caso del SO2 resulta n (SO2) = 2 g / (32 + 2 16) g mol-1 = (2 / 64) moles = 0031 moles. ). En el caso del SO3 resulta n (SO3) = 2 g / (32 + 3 16) g mol-1 = (2 / 80) moles = 0025 moles;T = (27 + 273) K = 300 K. Por consiguiente: V (L) = (0031 mol 0082 atmLK-1 mol-1 300 K / 2 atm) = 0381 L SO2 V (L) = (0025 mol 0082 atmLK-1 mol-1 300 K / 2 atm) = 0308 L SO3 V (total) = V (SO2)+V (SO3) = 0381 L+0308 L = 0689 L Se podra haber resuelto teniendo en cuenta los moles totales de gases: n (total) = n (SO2)+n (SO3)= 0031 + 0025 = 0056 moles y aplicando lafrmula tendramos: V (L) = (0056 mol 0082 atmLK-1 mol-1 300 K / 2 atm) = 0689 L c)Lasfraccionesmolaresdecadagasvienedadapor;fmolar=molesdegas/ moles totales. Por tanto, fmolar(SO2) = 0031mol / 0056 mol=0554 fmolar(SO3) = 0025mol / 0056 mol=0446 Problema 3 Problema 3 Problema 3 Problema 3 En un recipiente de 2 L de capacidad, que est a 27 C, hay 60 g de una mezcla equimolar de hidrgeno y helio. Calcule: a)La presin total del recipiente. b)Las presiones parciales ejercidas por los gases.Datos. R = 0082 atm L K-1 mol-1. Masas atmicas: H = 1; He = 4. Solucin a)Calculemos los moles existentes de cada gas: 2 gmol-1 x moles H2+4 gmol-1 y moles He = 60 g x moles H2= y moles HeResolviendo este sistema resulta: x = y = 10 moles El n total de moles es: 10 (H2) + 10 (He)= 20 moles totales. Aplicando la frmula de los gases perfectos, llegamos: Conceptos bsicos18 P (atm) = (20 mol 0082 atmLK-1 mol-1 (273 + 27) K / 2 L) = 246 atm b)Paraello,podemoscalcularlasfraccionesmolaresydeaqullegamosa, Pparcial = fmolar Ptotal fmolar (H2) = fmolar (He) = 05, ya que son equimoleculares. Por tanto Pparcial(H) = Pparcial (He) = 05 246 = 123 atm. Se podra haber estimado tambin, por medio de la ecuacin de los gases, Pparcial (H) = Pparcial (He) = 10 0082 300 / 2 = 123 atm.

Problema 4 Problema 4 Problema 4 Problema 4 Se dispone de un recipiente de 10 L de capacidad, que se mantiene siempre a la temperatura de 25 C, y se introducen en el mismo 5 L de CO2 a 1 atm y 5 L de CO a 2 atm, ambos a 25 C. Calcule: a)La composicin en porcentaje de la mezcla. b)La presin del recipiente.Datos. R = 0082 atm L K-1 mol-1. Solucin a)Los moles de cada gas que se van a introducir se calculan con la ecuacin de los gases: n = P V / R T = 1 atm 5 L /0082 atm L K-1 mol-1(273 + 25) K = 0205 moles de CO2. n = P V / R T = 2 atm 5 L /0082 atm L K-1 mol-1(273 + 25) K = 0409 moles de CO. Los moles totales introducidos son: 0205 + 0409 =0614 moles. El porcentaje de cada gas en la mezcla viene dado por:Porcentaje de gas = (mol de gas / moles totales) 100 Porcentaje de CO2 = (0205 / 0614) 100 = 334 % Porcentaje de CO = (0409 / 0614) 100 = 666 % b)Con los datos anteriores llegamos a partir de la ecuacin de los gases:

P (atm) = (0614 mol 0082 atmLK-1 mol-1 298 K / 10 L) = 15 atm. Iniciacin a la Qumica19 Problema 5 Problema 5 Problema 5 Problema 5 Enunrecipientede20Ldecapacidad,quesemantienealatemperatura constante de 30 C, se introducen 2 L de H2 a 2 atm de presin y 20 L de N2 a 4 atm de presin, ambos a 30 C. Calcule: a)La presin total que ejerce la mezcla gaseosa en el recipiente. b)Las presiones parciales de los gases despus de extraer del recipiente 2 L de lamezclagaseosaa1atmdepresin,peromanteniendolatemperatura constante.Datos. R = 0082 atm L K-1 mol-1. Solucin a)Esteproblema es similar al anterior, pero con otros gases. Los moles de cada gas que se van a introducir se calculan con la ecuacin de los gases: n=PV/RT=2atm2L/0082atmLK-1mol-1(273+30)K= 0161 moles de H2. n = P V / R T = 4 atm 20 L /0082 atm L K-1 mol-1 (273 + 30) K =3220 moles de N2. Los moles totales introducidos son: 0161 + 3220 = 3381 moles. P (atm) = (3381 mol 0082 atmLK-1 mol-1 303 K / 20 L) = 42 atm. b)Los moles de gas mezcla que se extraen son: n = P V / R T = 1 atm 2 L /0082 atm L K-1 mol-1 303 K = 0080 moles de mezcla. Los moles que quedan en el recipiente = 3381 0080 moles =3301 moles y de aqu se llega a la presin total restante: P (atm) = (3301 mol 0082 atmLK-1 mol-1 303 K / 20 L) = 41 atm. La capacidad del recipiente se mantiene constante a 20 L. Paraevaluarlaspresionesparcialesestimamosprimerolasfracciones molares con lo que llegamos a, Pparcial = fmolar Ptotal Las fracciones molares de los gases no se altera ya que vienen dadas por los moles de gas divididos por los moles totales. En consecuencia, puesto que la mezcla de gases son mezclas homogneas, la extraccin de gases de la misma es hace que se mantengan invariables estas fracciones molares. Por tanto,fmolar (H2) = 0161 / 3381 = 0048 fmolar (N2) = 3220 / 3381 = 0952 Pparcial(H2) = 0048 41 = 0197 atm. Pparcial(N2) = 0952 41 = 3,903 atm. Conceptos bsicos20 ProblemaProblemaProblemaProblema 6 66 6 Un recipiente de 10 L contiene una mezcla de CO2 y CO (cuyas fracciones molares son 022 y 078, respectivamente), ejerciendo la mezcla una presin de 2 atm a la temperatura de 27 C. Calcule: a)La presin parcial ejercida por cada gas en el recipiente. b)El nmero de gramos de cada compuesto.Datos. R = 0082 atm L K-1 mol-1. Masas atmicas: C = 12; O = 16. Solucin a)Como Pparcial = fmolar Ptotal. Por tanto, de los valores del enunciado tenemos, Pparcial (CO2) = 022 2 atm = 044 atm Pparcial (CO)= 078 2 atm = 156 atm b)El n de gramos de cada compuesto depende del n de moles de cada uno de ellos.Porello,aplicandolaecuacindelosgasesllegamos:P V = n R T = m R T / M, donde m son los gramos de compuesto y M su masa molecular. m = P V M / R T = 2 atm 10 L 44 g mol-1 /0082 atm L K-1 mol-1 300 K = 358 g para CO2 m = P V M / R T = 2 atm 10 L 28 g mol-1 /0082 atm L K-1 mol-1 300 K = 228 g para CO Problema 7 Problema 7 Problema 7 Problema 7 Calcule la composicin centesimal del cido sulfrico. Datos. Masas atmicas: H = 1; S = 32; O = 16 Solucin Calculamos la masa molecular del cido sulfrico: M (H2SO4) = 2 x 1 + 1 x 32 + 4 x 16 = 98 uma Paracalcularlacantidaddecadaelementocontenidoen100gdecompuesto, establecemos las relaciones: 98 100 ; x = 2'04 % H2 x= Iniciacin a la Qumica21 98 100 ; x = 32'65 % S32 x= 98 100 ; x = 65'31 % O64 x= ProblemaProblemaProblemaProblema 8 88 8 Se disuelven 10 g de cido ntrico en 1 L de agua. Calcule: a)La molaridad de la disolucin anterior. b)Lamolaridaddeladisolucinresultantedediluir100mLdeladisolucin original hasta 2 L.Datos. Masas atmicas: H = 1; N = 14; O = 16. Solucin a)Calculamos la masa molecular del cido ntrico: M (HNO3) = 1 + 14+ 3 16 = 63 uma La molaridad viene dada por: M (HNO3) = (10 / 63) moles / 1 L = 0159 M b)0'100 L Mmoles L-1 = 0100 0159 moles = 00159 moles.Puesto que la masa es conservativa en este tipo de reacciones, tenemos que2LMmolesL-1=2Mmoles=00159molesydeaquMmoles= 00159/2 =79510-3,conloquelaconcentracinmolardeladisolucin diluida ser 000795 M 0008 M. ProblemaProblemaProblemaProblema 9 99 9 Se tiene un recipiente con 500 mL de una disolucin que contiene 10 g de NaOH, siendo su densidad de 101 g / mL. Calcule: a)La molalidad de la disolucin. b)Las fracciones molares de soluto y disolvente.Datos. Masas atmicas: H = 1; O = 16; Na = 23. Conceptos bsicos22 Solucin a)La molalidad viene dada por la expresin M = moles de soluto / 1000 gde disolvente. Por tanto, Moles de soluto = 10 g / 40 g mol-1 = 025 moles Peso de disolvente = Peso disolucin peso de soluto = 101 g mL-1 500 mL 10 g = 495 g M = (025 moles soluto / 0495 kg disolvente) =0505 molal b)Las fracciones molares de soluto y disolvente son: fmolar = moles soluto / moles totales = 0505 moles /[0505 + (1000 g/ 18 g mol-1)] = 0505 /(0505 + 5556) = 0009 fmolar = moles disolvente / moles totales = 5556 moles /[0505 + (1000 g/ 18 g mol-1)] = 5556 /(0505 + 5555) = 0991. ProblemaProblemaProblemaProblema 10 10 10 10 Un hidrocarburo tiene la siguiente composicin centesimal: 1724 % de hidrgeno 8276%decarbono.Sabiendoquelamasamoleculardelcompuestoes58. Calcule: a) La formula emprica. b) La formula molecular. Datos. Masas atmicas: H = 1; C = 12 Solucin a) La relacin de moles de cada elemento presente en el hidrocarburo se obtiene dividiendo la cantidad de cada uno entre su masa molar: H : 17'24 g 17'24 mol1 g/mol = C : 82'76 g 6'87 mol12 g/mol =La relacin en moles coincide con la relacin en tomos. Si dividimos entre el menor de ellos queda: H : 17'24 2'50 t.6'87=;C :=6'87 1 t.6'87 Iniciacin a la Qumica23 Como la relacin de combinacin tiene que ser segn nmeros enteros se multiplican por dos y da laformula emprica siguiente: C2H5 b) Como se conoceel valor de la masa molcula: 58 = (2 x 12 x n) + (5 x 1 x n) = 29n despejando, n = 2 , con lo que la formula molecular es C4H10

ProblemaProblemaProblemaProblema 11 11 11 11 El sulfato de cobre hidratado al calentarse a 150C se transforma en sulfato de cobre anhidro. Calcule: a)Lafrmuladelsulfatodecobreanhidro,sabiendoquesucomposicin centesimal es S (2006 %), O (4012 %) y Cu (resto hasta 100%).b)Elnmerodemolculasdeaguaquetieneelcompuestohidratado, conociendo que 25026 gdel hidrato se transformanalcalentar en 16018 g del compuesto anhidro.Datos. Masas atmicas: H = 1; O = 16; S = 32; Cu = 635. Solucin a)La relacin de moles de cada elemento presente en el compuesto se obtiene dividiendo la cantidad de cada uno entre su masa atmica: S = 2006 g / 32 g mol-1 = 0627 mol O = 4012 g / 16 g mol-1 = 2508 mol Cu = 3982 g /635 g mol-1 = 0627 mol La relacin en moles coincidecon la relacin en tomos. Si dividimos entre el menor de ellos queda: S = 0627 / 0627 at. = 1 at. O = 2508 / 0627 at.= 4 at. Cu = 0627 / 0627 at. = 1 at. Comolarelacindecombinacintienequesersegnnmerosenteroslaformula emprica es lasiguiente: CuSO4. b)Gramos de agua: 25026 16018 = 09080 g Para hallar la relacin entre los moles de sulfato y agua: 16018 / 1595 = 001 ;09080 /18 = 005 Dividiendo entre el menor: 001 / 001 = 1 ; 005 / 001 = 5. Por tanto la frmula es CuSO45H2O Conceptos bsicos24 Problema 12 Problema 12 Problema 12 Problema 12 Una sustancia orgnica est formada nicamente por C (6480 %), H (1361 %) y O (resto hasta 100 %). En condicionesnormales 2 g del compuesto gaseoso ocupan 6044 cm3. Calcule: a) La frmula emprica. b) La frmula molecular. Datos. Masas atmicas: H=1; C=12; O=16. Solucin a) Se calcula el tanto por ciento de oxigeno contenida en la muestra: % O =100 - 648 - 1361 = 2159 A continuacin se divide el tanto por ciento de cada elemento por la masa de un mol de tomos (masa atmica) C = =64'80 5'40012;H= =13'61 13'611;O= =21'59 1'3516 Paraencontrarlarelacindecombinacinsedividentodosesosvaloresporel menor C:=5'400 4'01'350 H:=13'61 10'001'350 O:=1'350 11'350

La frmula emprica ser: 4 10C H O b)Para calcular la frmula molecular es necesario conocer la masa de un mol, que se calcula aplicando el concepto de volumen molar: =2 g M ; M = 74 g/mol0'604 L 22'4 L74 = 12 x 4 x n + 10 x 1x n + 16 x n = 74nn = 1 La frmula molecular ser: 4 10C H O Iniciacin a la Qumica25 Problema 13 Problema 13 Problema 13 Problema 13 Cuandosequeman257gdeuncompuestoorgnico,slocontieneC,H,O,se producen5143gdeCO2 y09015gdeH2O.Culserlafrmulaempricadel compuesto? Datos. Masas atmicas: H = 1; C = 12; O = 16 Solucin Secalculanlosgramosdecarbonoehidrgenoquehayenlamuestraypor diferencia la de oxgeno: =244 g CO 5'143 g;x = 1'40 g 12 g x =2218 g H O 0'9015 g ;x = 0'100 g 2 g H x Carbono = 140g; Hidrgeno = 0100g; Oxigeno = 257 0100 140 = 107g A continuacin se opera igual que antes: C:=1'40 0'116612 ;H:=0'100 0'1001;O:=1'07 0'066816 =0'1166 1'750'0668; =0'100 1'50'0668; =0'0668 10'0668 Para obtener una combinacin segn nmeros enteros, se multiplican todos por cuatro, dando la siguiente frmula emprica:7 6 4C H O Problema 14 Problema 14 Problema 14 Problema 14 Elsulfatodeamonio,(NH4)2SO4,seutilizacomofertilizanteenagricultura. Calcule: a) El tanto por ciento en peso de nitrgeno en el compuesto. b)Lacantidaddesulfatodeamonionecesariaparaaportaralatierra10kgde nitrgeno. Datos. Masas atmicas: H=1; N=14; O=16; S=32. Conceptos bsicos26 Solucin a) Como en cada mol de sulfato de amonio hay 28 g denitrgeno, el % en peso de nitrgeno, ser: [ ]m 4 2 4M (NH ) SO132 g = 2 4 4132 g (NH ) SO 100 ; x = 21'21 % N28 g N x= b) Como sabemos que al abonar con 132 g de sulfato de amonio aportamos 28 g de nitrgeno a la tierra;para aportar 10 Kg de nitrgeno la cantidadnecesaria de sulfato de amonio, ser: =4 2 44 2 4132 g (NH ) SO x ; x = 47143 g de (NH ) SO28 g N 10000 g Problema 15 Problema 15 Problema 15 Problema 15 Setoman25mL,deuncidosulfricodedensidad184g/cm3ydel96%de riqueza en peso y se le adiciona agua hasta 250 mL. a) Calcule la molaridad de la disolucin resultante. b)Indiqueelmaterialnecesarioyelprocedimientoaseguirparaprepararla disolucin. Datos. Masas atmicas: H=1; O=16; S=32. Solucin a) Calculamos la masa de 25 mL de disolucin: m = d V = 184 g/mL x 25 mL = 46 g Como la riqueza es del 96% la cantidad de soluto (cido sulfrico), ser: n g H2SO4 = 46 g x 096 = 442 g de H2SO4 Transformamos la masa en moles: Mm (H2SO4) = 98 g moles H2SO4 = 44'2 g 0'4598 g/mol =Iniciacin a la Qumica27 Por tanto, la molaridad, ser: M = 0'45 moles 1'80'25 L= b)Materialnecesario:Pipetade25mL,matrazaforadode250mLyfrasco lavador. Procedimiento: En el matraz aforado de 250 mL se aaden aproximadamente 150 mL de agua destilada o desmineralizada y a continuacin se aaden los 25 mL de cido sulfrico concentrado que hemos tomado con la pipeta del frasco del cido sulfricoconcentrado.Seagregaluegoaguaconelfrascolavadorhastalas proximidadesdelenrase.Acontinuacin,seenrasaaadiendoconlapipeta agua,gotaagota,hastaquelaparteinferiordelasuperficiecncavasea tangente con la raya del enrase. Por ltimo, se cierra el matraz aforado con su tapnyseinviertevariasvecesparauniformizarlaconcentracindela disolucin preparada. Problema 16 Problema 16 Problema 16 Problema 16 a)CalculelamasadeNaOHslidodel80%depurezaenpeso,necesariapara preparar 250 mL de disolucin acuosa 0025 M. b)Expliqueelprocedimientoparaprepararladisolucin,indicandoelmaterial necesario. Datos. Masas atmicas: H= 1; O=16;Na=23. Solucin a)Losmolesnecesariosparapreparar250mLdedisolucinacuosa0025M, sern: n moles = Molaridad V n moles =0025 moles/L x 025 L = 625 10-3 moles de NaOH Transformando los moles a gramos: Mm (NaOH) = 40 g n g NaOH = 625 10-3 x 40 = 025 g NaOH puro Como la sosa es del 80% de pureza en peso de NaOH: Conceptos bsicos28 n g NaOH = 025 x 10080= 031 g NaOH b)Materialnecesario:Balanza,vidriodereloj,vasodeprecipitados,embudo, matraz aforado de 250 mL, frasco lavador y pipeta. Procedimiento: Se pesan 031 g de hidrxido de sodio sobre un vidrio de reloj y se aaden al vaso de precipitados que contiene unos 100 mL de agua destilada o desmineralizada. Se agita hasta que se disuelva completamente. A continuacin se vierte mediante el embudo la disolucin en el matraz aforado, lavando con un pocodeagua,tantoelvasodeprecipitadoscomoelembudo,paradisolverlas pequeas cantidades de hidrxido de sodio que pudieran haber quedado. El agua dellavadose viertetambinenelmatrazaforado.Seagregaluegoaguahasta las proximidades del enrase. A continuacin, se enrasa aadiendocon lapipeta agua,gotaagota,hastaquelaparteinferiordelasuperficiecncavasea tangente con la raya del enrase. Por ltimo, se cierra el matraz aforado con su tapnyseinviertevariasvecesparauniformizarlaconcentracindela disolucin preparada. ProblemaProblemaProblemaProblema 17 17 17 17 Calcularlamolalidaddeunadisolucinacuosadehidrxidodesodioal5%en peso. Datos. Masas atmicas: H= 1; O=16;Na=23. Solucin La disolucin de hidrxido de sodio al 5% en peso indica que hay 5 g de hidrxido de sodio (soluto) en 100 g de disolucin: masa de NaOH = 5 g Masa de disolvente = masa disolucin masa de soluto = 100 g 5 g = 95 g H2O Lamolalidad (m)de la disolucin, ser: Mm (NaOH) = 40 g 25 g NaOHmoles de soluto 40 g/molm = 1'32 molal95 g H OKg disolvente1000 g= =Iniciacin a la Qumica29 Problema 18 Problema 18 Problema 18 Problema 18 Enellaboratoriosedisponedeuncidoclorhdricocuyadensidadesde12 g/mL y 36 % de riqueza en peso. Calcule:a) Su fraccin molar. b) Su molalidad. Datos. Masas atmicas: H= 1; O=16;Cl=355 Solucin

a) Calculamos el nmero de moles de cido clorhdrico y de agua que hay en un litro de disolucin: Masa de 1 L de disolucin = d V = 12 g/mL x 1000 mL = 1200 g Como la disolucin tiene un 36 % de cido clorhdrico: Masa de HCl puro = 1200 x 036 = 432 g HCl Masa de H2O = masa disolucin masa soluto = 1200 432 = 768 g H2O El nmero de moles de soluto y disolvente sern: MM (HCl) = 365 g ; MM (H2O) = 18 g n moles HCl = 432 g 11'8 moles36'5 g/mol = n moles H2O = 768 g 42'7 moles18 g/mol = Por tanto, la fraccin molar ser: x(HCl) = 211'8 moles HCl 0'21711'8 moles HCl + 42'7 moles H O = =22(H O)242'7 moles H O=0'78311'8 moles HCl + 42'7 moles H Ox Como se cumple:x(soluto) + x(disolvente) = 1 Conceptos bsicos30 Comprobamos que: 0217 + 0783 = 1 b)Delosdatosdelapartadoanteriorsabemosquetenemos432gdecido clorhdrico (soluto) y 768 g de agua (disolvente), luego la molalidad, ser: 2432 g HClmoles de soluto 36'5 g/molm = 15'41 molalKg de disolvente 0'768 Kg H O= = P PP Problema 19 roblema 19 roblema 19 roblema 19 Si 25 mL de una disolucin 25 M de CuSO4 se diluyen con agua hasta un volumen de 450 mL: a) Cuntos gramos de sulfato de cobre hay en la disolucin original? b) Cul es la molaridad de la disolucin final? Datos. Masas atmicas: O = 16; S = 32; Cu = 635 Solucin a) Los moles de sulfato de cobre (II) en los 25 mL (0025 L) de disolucin 25 M, sern: n moles CuSO4 = 25 moles/L x 0025 L = 0062 moles CuSO4 Como Mm (CuSO4) = 1595 g , el nmero de gramos ser: n g CuSO4 = 0062 moles x 1595 g/mol = 997 g CuSO4 b) Con los datos del apartado anterior sabemos que hay 0062 moles de sulfato de cobre (II), luego la molaridad de la disolucin final ser: 40'062 moles CuSOM = 0'140'450 L= Problema 20 Problema 20 Problema 20 Problema 20 Se hacen reaccionar 10 g de cinc metlico con cido sulfrico en exceso. Calcule: a) El volumen de hidrgeno que se obtiene, medido a 27C y 740 mm de mercurio de presin. b)Lamasadesulfatodecincformadasilareaccintieneunrendimientodel80%. Datos. R = 0082 atmL K-1mol-1. Masas atmicas: O = 16;S = 32;Zn =654. Iniciacin a la Qumica31 Solucin a) Se escribela ecuacin ajustada: Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2 Como Mm (Zn) = 654 g, los moles de zinc sern: Moles Zn = 10 g 0'1565'4 g/mol = La relacin estequiomtrica: 1 mol de Zn produce 1 mol de H2: Moles de Zn = moles de H2 = 015 Despejandoelvolumendelaecuacindelosgasesperfectos,yexpresandola presinenatmsferas(1atm.=760mmHg)ylatemperaturaengrados absolutos: 740p = 0'974 atm.760= T = 273 + 27 = 300 K = =-1 -1nRT 0'15 moles x 0'082 atmLK molx 300 KV = 3'8 Lp 0'974 atm

b) Relacin estequiomtrica: 1 mol de Zn produce 1 mol de ZnSO4 Mm (ZnSO4) = 1614 g Calculamoslacantidadtericaqueseobtendradesulfatodezincdela siguiente expresin: =441 mol de Zn 0'15 moles ; x = 24'21 g ZnSO161'4 g ZnSO x Como el rendimiento es del 80%, la cantidad que se obtendr, ser: 2421 g x 080 = 1937 g de ZnSO4 Problema 21 Problema 21 Problema 21 Problema 21 Sepreparacidoclorhdricoporcalentamientodeunamezcladeclorurode sodio con cido sulfrico concentrado, segn la reaccin (sin ajustar): NaCl + H2SO4 Na2SO4 + HCI Conceptos bsicos32 Calcule: a)Lamasa,engramos,decidosulfricodel90%deriquezaenpesoqueser necesario para producir 1 Tm de disolucin concentrada de cido clorhdrico del 42% en peso. b) La masa de cloruro de sodio consumida en el proceso. Datos. Masas atmicas: H=1; O=16; Na=23; S=32; Cl=35'5. Solucin a) Se escribe la reaccin ajustada: 2 NaCl + H2SO4 Na2SO4 + 2 HCl Relacin estequiomtrica: 1 mol de H2SO4 produce 2 moles de HCl Se calculala masa de cido clorhdrico que hay en 1 Tm al 42% en peso:n KgHCl = 1000 Kg x 042 = 420 Kg de HCl Portanto,lamasadecidosulfriconecesariaparaproduciresos420Kgde cido clorhdrico, ser: Mm (H2SO4) = 98 g ; Mm (HCl) = 365 g =2 42 498 g H SO x ; x = 563836 g de H SOpuro 2 x 36'5 g HCl 420000 g Como el cido sulfrico del que se dispone es del 90% de riqueza en peso, la cantidad del mismo que contiene 563.836 g de cido sulfrico puro, ser: n g H2SO4 del 90% = 5638836 g x 10090 = 626484 g de H2SO4 b) relacin estequiomtrica: 1 mol de H2SO4 consume 2 moles de NaCl La masa de cloruro de sodio consumida al reaccionar con 563836 g de cido sulfrico ser: Mm (NaCl) = 585 g =2 498 g H SO 563836 g ; x = 673151 g de NaCl2 x 58'5 g NaCl x Problema 22 Problema 22 Problema 22 Problema 22 En el proceso de formacin de agua a partir de sus elementos: a)Calculelamasadeagua,engramosqueseformanapartirde20gde hidrgeno y 60 g de oxgeno. b) Qu reactivo se encuentra en exceso y en qu cantidad? c)Sielaguaformadaseencuentraa120Cy1atmdepresin,calculeel volumen que ocupa. Datos. R = 0082 atm L K-1 mol-1. Masas atmicas: H = 1; O = 16 Iniciacin a la Qumica33 Solucin a) Se escribe la ecuacin ajustada: 2H2 + O2 2 H2O Relacin estequiomtrica:2 moles de H2 producen 2 moles de H2O 1 mol de O2 produce 2moles de H2O 2 moles de H2 consumen 1 mol de O2 Calculamoselreactivoqueestenexcesorespectodelotro,puestoqueel reactivo que est en menor cantidad es el que limita la cantidad de agua que se va a obtener. As, la cantidad de oxgeno necesaria para reaccionar con 20 g de hidrgeno ser: Mm (H2) = 2 g ; Mm (O2) = 32 g ; Mm (H2O) = 18 g 2222 x 2 g H 20 g ; x = 160 g de O32 g O x=Como slo hay 60 g de oxgeno, ste es el reactivo limitante y la masa de agua que se forma, ser: 22232 g O 60 g ; x = 67'5 g de H36 g H O xO = b)Elreactivoenexceso,comohemoscalculadoenelapartadoanterior,esel hidrgenoylacantidaddestequereaccionaconlos60gdeoxgenoquese consumen totalmente, ser: 22232 g O 60 g ; x = 7'5 g de H2 x 2 g H x= Por tanto, el exceso ser:n g H2 = 20 g 75 g = 125 g de H2 en exceso c)Aplicando la ecuacin de los gases perfectos y despejando el volumen: V = nRTp T = 273 + 120 = 393 K Como Mm (H2O) = 18 g, el nmero de moles de agua obtenidos es: Conceptos bsicos34 moles de H2O = 67'5 g18 g/mol = 375 3'75 moles x 0'082 atm L/K mol x 393 KV = 120'8 L1 atm= Problema 23 Problema 23 Problema 23 Problema 23 En la reaccin: NaCl+AgNO3 AgCl+NaNO3 a) Qu masa de cloruro de plata puede obtenerse a partir de 100 mL de nitrato de plata 05 M y 100 mL de cloruro de sodio 04 M? b) Calcule la cantidad de reactivo en exceso que queda sin reaccionar, expresada en gramos. Datos. Masas atmicas: N=14;O=16;Na=23;Cl=355;Ag=108. Solucin a) La ecuacin qumica yaesta ajustada. Relacin estequiomtrica: 1 mol de NaCl reacciona con 1 mol de AgNO3 1 mol de NaCl produce 1 mol de AgCl 1 mol de AgNO3 produce 1 mol de AgCl Los moles de nitrato de plata que hay en 100 mL, 05 M, sern: n moles AgNO3 = M x V = 05 moles/L x 01 L = 005 moles Los moles de cloruro de sodio que hay en 100 mL, 04 M, sern: n moles NaCl = 04 moles/L x 01 L = 004 moles Portanto,deacuerdoconlarelacinestequiomtricaelreactivolimitante eselclorurodesodio,luegolamasadeclorurodeplataquesepuede obtener, ser: Mm (AgCl) = 1435 g 1 mol NaCl 0'04 moles ; x = 5'74 g de AgCl143'5 g AgCl x= b) En el apartado anterior se ha calculado que tenemos 005 moles de nitrato de plata y 004 moles de cloruro de sodio (reactivo limitante) y que por la relacin estequiomtrica reaccionan 004 moles de nitrato de plata con los 004 moles de cloruro de sodio y por tanto, queda un exceso de 001 moles de nitrato de plata. Iniciacin a la Qumica35 Mm (AgNO3) = 170 gn g AgNO3 en exceso = 001 mol x 170 g/mol = 17 g de AgNO3 Problema 24 Problema 24 Problema 24 Problema 24 Semezclan20gdecincpurocon200mLdecidoclorhdrico6M.Cuando termina el desprendimiento de hidrgeno: a) Qu quedar en exceso, cinc o cido? b)Quvolumendehidrgeno,medidoa27Cyalapresinde760mmde mercurio se habr desprendido? Datos. R = 0082 atmL K-1 mol-1. Masas atmicas: H = 1; Cl = 355; Zn =654. Solucin a) Se escribe la ecuacin y se ajusta: Zn + 2HCl ZnCl2 + H2 Relacin estequiomtrica: 1 mol de Zn reacciona con 2 moles de HClCalculamos los moles de Zn: Mm (Zn) = 654 g 20 gmoles de Zn = 0'31 moles65'4 g/mol = Calculamos tambin los moles de HCl: N moles HCl = 6 moles/L x 02 L = 12 moles Calculamos,considerandolarelacinestequiomtrica,lacantidaddecido clorhdrico necesario para quereaccionen con 031 moles de Zn: 1 mol Zn 0'31 moles ; x = 0'62 moles de HCl2 moles HCl x= Reacciona todo el Zn gastando 062 moles de cidoclorhdricode los 12 moles presentes. Por tanto, el reactivo en exceso es el cido clorhdrico. b) Relacin estequiomtrica: 1 mol de Zn produce un mol de H2 Conceptos bsicos36 Comohanreaccionado031molesdezinc,seobtendrn031molesde hidrgeno.Paracalcularelvolumenaplicamoslaecuacindelosgases perfectos: nRTV = p p = 760 mm Hg = 1 atm. T = 273 + 27 = 300 K =-1 -10'31 moles x 0'082 atm LK molx 300 KV = 7'6 L1 atm Problema 25 Problema 25 Problema 25 Problema 25 a) Calcule la molaridad de una disolucin de HNO3 del 36% de riqueza enpeso y densidad 122 g/mL. b) Qu volumendeese cido debemos tomar parapreparar 05 L de disolucin 025 M? Datos. Masas atmicas: H = 1; N = 14; O = 16; Solucin a)Eldatode36%deriquezaenpesoindicaquehay36gdesoluto(HNO3) contenidos en 100 g de disolucin. El volumen de 100 g de disolucin, ser: md =V ;V =100 g 81'97 mL1'22 g/mL = Dividiendo la masa de soluto entre su masa molar tendremos el nmero de moles de soluto: Mm (HNO3) = 63 g n moles HNO3 = 336 g 0'57 moles de HNO63 g/mol =Por tanto, la molaridad ser: 30'57 moles HNOM = 6'950'082 L=b)CalculamoslosmolesdeHNO3necesariosparapreparar05litrosde disolucin 025 M:330'25 moles HNO x ; x = 0'125 moles de HNO1 L 0'5 L=Iniciacin a la Qumica37 Elvolumendedisolucindecidontrico695molarquecontiene0125moles de HNO3, ser: 36'95 moles HNO 0'125 moles ; V = 18 mL1000 mL disolucin V= Problema 26 Problema 26 Problema 26 Problema 26 Dada la siguiente reaccin qumica: 2 AgNO3 + Cl2N2O5 + 2 AgCl + O2 Calcule: a)Los moles de N2O5 que se obtienen a partir de 20 g de AgNO3. b)El volumen de oxgeno obtenido, medido a 20 C y 620 mm de mercurio. Datos. R = 0082 atm L K-1 mol-1. Masas atmicas: N=14; O=16; Ag=108. Solucin a)Paracalcularelnmerodemolesdepentxidodedinitrgenosetendren cuenta la relacin estequiomtrica: 2 moles de AgNO3 producen 1 mol de N2O5 , y por tanto: Mm (AgNO3) = 170 g 32 52 52 x 170 g AgNO 20 g ; x = 0'06 moles de N O1 mol de N O x= b)Calculamosprimeroelnmerodemolesdeoxgenoteniendoencuentala relacin estequiomtrica: 2 moles de AgNO3 producen 05 moles de O2 3222 x 170 g AgNO 20 g ; x = 0'03 moles de O0'5 moles O x= Aplicando la ecuacin de los gases ideales y despejando el volumen: =-1 -120'03 moles x 0'082 atm LK molx 293 KV = 0'883 L de O620 atm760 Problema 27 Problema 27 Problema 27 Problema 27 Una disolucin de HNO3 15 M tiene una densidad de 1'40 g/mL. Calcule: a)La concentracin de dicha disolucin en tanto por ciento en masa de HNO3. Conceptos bsicos38 b)Elvolumendelamismaquedebetomarseparapreparar10Ldedisolucin de HNO3 0'05 M. Datos. Masas atmicas: N = 14; O = 16; H = 1 Solucin a) Calculamos la masa de soluto en un litro de disolucin: Mm (HNO3) = 63 g m = 15 moles x 63 g/mol = 945 g Calculamos la masa de un litro de disolucin: m = 1000 mL x 140 g/mL = 1400 g % en masa = 3masa HNO 945 x 100 = x 100 = 67'5%masa de disolucin 1400 b) Para calcular el volumen pedido debemos calcular primero los moles de soluto necesarios para preparar los 10 litros de disolucin 005 M n moles = 005 moles/L x 10 L = 05 moles de HNO3 Como en un litro de la disolucin concentrada hay 15 moles de HNO3, el volumen que debe tomarse para preparar la disolucin 005 M, ser: 31000 mL disolucin V ; V = 33'33 mL15 moles HNO 0'5 moles= Problema 28 Problema 28 Problema 28 Problema 28 Dada una disolucin acuosa de HCl 02 M, calcule: a) Los gramos de HCl que hay en 20 mL de dicha disolucin. b)El volumende aguaque habr que aadir a 20 mL deHCl 02 M, para que la disolucin pase a ser 0,01 M. Suponga que los volmenes son aditivos. Datos. Masas atmicas: H = 1; Cl = 355. Solucin a) Calculamos los gramos de HCl que hay en 02 moles de HCl: Iniciacin a la Qumica39 Mm (HCl) = 365 g n gramos HCl = 02 moles x 365 g/mol = 73 g de HCl Por tanto, en 20 mL de la disolucin la masa ser: 7'3 g HCl x ; x = 0'146 g HCl1000 mL 20 mL=b) El nmero de moles de HCl en los 20 mL de la disolucin 02 M, ser: 0'146 g HCln moles HCl= 0'004 moles HCl36'5 g/mol=El volumen de disolucin 001 M, ser: 0'004 moles HClV= 0'4 L0'01 moles HCl/L= Por tanto, el volumen de agua que habr que aadir, ser: 400 mL 20 mL = 380 mL Problema 29 Problema 29 Problema 29 Problema 29 El nquel reacciona con cido sulfrico segn: Ni + H2SO4 NiSO4 + H2 a) Una muestra de 3 g de nquel impuro reacciona con 2 mL de una disolucin de cido sulfrico 18 M. Calcule el porcentaje de nquel en la muestra. b)Calculeelvolumendehidrgenodesprendido,a25Cy1atm,cuando reaccionan 20 g de nquel puro con exceso de cido sulfrico. Datos: R = 0082 atmLK-1mol-1. Masa atmica: Ni = 587 Solucin a) Calculamos los moles de cido sulfrico en 2 mL (0002 L) de la disolucin: n moles H2SO4 = 18 moles/L x 0002 L = 0036 moles de H2SO4 Delaestequiometradelareaccin,elnmerodemolesdecidosulfrico consumidos es igual al nmero de moles de nquel consumidos, por tanto la masa del nquel en la muestra ser: Mm (Ni) = 587 g n gramos Ni = 0036 moles x 587 g/mol = 211 g de Ni Conceptos bsicos40 El porcentaje de Ni en la muestra de 3 g ser: 2'11% de niquelx 100 = 70'3 %3= b) Relacin estequiomtrica: 1 mol de Ni produce 1 mol de H2

Calculamos los moles de hidrgeno que se obtienen: 2258'7 g Ni 20 g Ni ; x = 0'34 moles H1 mol H x= Despejando el volumen de la ecuacin de los gases perfectos: =-1 -120'34 moles x 0'082 atm LK molx (273 + 25) KV = 8'31 L de H1 atm Problema 30 Problema 30 Problema 30 Problema 30 a)Calculelacantidaddesulfatodesodiodel80%deriquezaenpeso,necesaria para preparar 500 mL de una disolucin 01 M en in sodio (Na+). b) Qu cantidad habra que pesar si el sulfato de sodio estuviera decahidratado y tuviera un 60% de riqueza en peso? Datos. Masas atmicas: H = 1; O = 16; Na = 23; S = 32. Solucin a) Los moles de sodio necesarios para preparar 500 mL de una disolucin 01M en in sodio,sern: ++0'1 moles Na x ; x = 0'05 moles Na1 L 0'5 L= Sabiendolacantidaddesodionecesariacalculamoslacantidaddesulfatode sodio: Mm (Na2SO4) = 142 g 2 42 4 +142 g Na SO x ; x = 3'55 g de Na SOpuro2 moles Na 0'05 moles= Iniciacin a la Qumica41 Como la riqueza en peso de la sal es del 80%: n gramos de Na2SO4 = 355 g x 10080 = 444 g de Na2SO4 b) Si la fuente de sodio fuese en vez de la sal anhidra la decahidratada, la cantidad necesaria sera: Mm (Na2SO4 10 H2O) = 322 g 2 4 22 4 2 +322 g Na SO 10 H O x ; x = 8'05 g de Na SO 10 H O puro2 moles Na 0'05 moles= Como la riqueza en peso de esta sal anhidra es del 60%: n g Na2SO4 10 H2O = 805 x 10060 = 1342 g de Na2SO4 10 H2O Problema 31 Problema 31 Problema 31 Problema 31 Elcarbonatodesodiosepuedeobtenerpordescomposicintrmicadel bicarbonato de sodio, segn la reaccin: 2 NaHCO3 Na2CO3 + CO2 + H2O Sedescomponen50gdebicarbonatodesodiodeun98%deriquezaenpeso. Calcule: a) El volumen de CO2 desprendido, medido a 25C y 12 atm. b) La masa, en gramos, de carbonato sdico que se obtiene. Datos. R = 0082 atm. L. K-1 mol-1. Masas atmicas: Na = 23; H = 1; C = 12; O = 16. Solucin a) Como la riqueza es del 98%, la cantidad de bicarbonato de sodio ser: Masa de NaHCO3 =50 g x 098 = 49 g NaHCO3 Calculamoselvolumendedixidodecarbonodesprendidoencondiciones normales: Mm (NaHCO3) = 84 g 322 x 84 g NaHCO 49 g ; V = 6'5 L22'4 L CO V= Este volumen en las condiciones del problema ser:Conceptos bsicos42 =o ooP V PVT T 1 atm x 6'5 L 1'2 atm x V ; V = 5'9 L273 K (273 + 25) K= Este apartado, tambin se puede resolver calculando el nmero de moles de dixido de carbono producido: Relacin estequiomtrica:2 moles de NaHCO3 producen 1 mol de CO2 3222 x 84 g NaHCO 49 g ; x = 0'29 moles CO1 mol CO x= Despejando el volumen de la ecuacin de los gases perfectos: =-1 -10'29 moles x 0'082 atm LK molx (273 + 25) KV = 5'9 L1'2 atm b) Relacin estequiomtrica:2 moles de NaHCO3 producen 1 mol de Na2CO3 Mm (Na2CO3) = 106 g 32 32 32 x 84 g NaHCO 49 g ; x = 30'9 g Na CO106 g Na CO x= Problema 32 Problema 32 Problema 32 Problema 32 Al tratar 5 g de galena con cido sulfrico se obtienen 410 cm3 de H2S, medidos en condiciones normales, segn la ecuacin: PbS + H2SO4 PbSO4 + H2S Calcule: a) La riqueza de la galena en PbS. b) El volumen de cido sulfrico 05 M gastado en esa reaccin. Datos. Masas atmicas: Pb = 207; S = 32. Solucin a)Lamasadegalenaquealreaccionarconcidosulfricoproduce041Lde H2S, ser: Iniciacin a la Qumica43 Mm (PbS) = 239 g 2239 g PbS x ; x = 4'4 g PbS22'4 L H S 0'41 L=La riqueza ser: 4'45 x 100 = 88 % b) Relacin estequiomtrica: 1 mol de PbS reacciona con 1 mol de H2SO4 La masa de cido sulfrico que reacciona con 44 g de PbS ser: Mm (H2SO4) = 98g 2 42 4239 g PbS 4'4 g ; x = 1'8 g H SO98 g H SO x= 2 42 41'8 g H SOmoles H SO 0'018 moles98 g/mol= = Por tanto, el volumen gastado ser: 2 40'5 moles H SO 0'018 moles ; V = 36 mL1000 mL V= Problema 33 Problema 33 Problema 33 Problema 33 Cuandosecalientacloratodepotasio(KClO3)sedescomponeenclorurode potasio y oxgeno. a) Calcule la cantidad de clorato de potasio del 80% de riqueza en peso, que ser necesario para producir 1 kg de cloruro de potasio. b)Cuntosmolesdeoxgenoseproducirnyquvolumenocuparnen condiciones normales? Datos. R = 0082 atmLK-1mol-1. Masas atmicas: O = 16; Cl = 355; K = 39. Solucin a) Escribimos la ecuacin qumica ajustada: 2KClO3 3O2 + 2KCl Relacin estequiomtrica:2 moles de KClO3 producen 2 moles de KCl Conceptos bsicos44 Mm (KClO3) = 1225 g ;Mm (KCl) = 745 g ; Mm (O2) = 32 g Calculamos la cantidad de clorato de potasio puro necesario para producir un Kg de cloruro de potasio: 332 x 122'5 g KClO x ; x = 1644'3 g KClOpuro 2 x 74'5 g KCl 1000 g= Como la riqueza en peso de la sal es del 80%: n g KClO3 = 16443 g x 10080 = 20554 g de KClO3 b) Relacin estequiomtrica: 2 moles de KCl se obtienen junto a 3 moles de O2 Los moles de KCl contenido en 1 Kg de esta sal sern: n moles KCl = 1000 g74'5 g/mol = 134 moles Calculamos los moles de oxgeno que se producen: 222 moles KCl 13'4 moles ; x = 20'1 moles de O3 moles O x= Para calcular el volumen que ocupa aplicamos la ecuacin de los gases perfectos: =-1 -120'1 moles x 0'082 atm LK molx 273 KV = 450 L1 atm Problema 34 Problema 34 Problema 34 Problema 34 El sulfato de sodio y el cloruro de bario reaccionan en disolucin acuosa para dar un precipitado blanco de sulfato de bario segn la reaccin: Na2SO4 + BaCl2 BaSO4 +2 NaCl a) Cuntos gramos de BaSO4 se forman cuando reaccionan 85 mL de disolucin de sulfato de sodio 075 M con exceso de cloruro de bario? b) Cuntos mL de cloruro de bario de concentracin 015 M son necesarios para obtener 06 g de sulfato de bario? Datos. Masas atmicas: O = 16;S = 32;Ba = 137 Iniciacin a la Qumica45 Solucin a) Relacin estequiomtrica: 1 mol de Na2SO4produce 1 mol de BaSO4

Los moles de sulfato de sodio en 85 mL de disolucin 075 M, sern: n moles Na2SO4 = 075 moles/L x 00085 L = 64 10-3 moles Calculamos los gramos de sulfato de bario: Mm (BaSO4) = 233 g =-32 4441 mol de Na SO 6'4 10moles ; x = 1'491 g BaSO233 g BaSO x b) Relacin estequiomtrica: 1 mol de BaCl2 produce 1 mol de BaSO4 Calculamoslosmolesdeclorurodebarionecesariosparaobtener06gde sulfato de bario: =-3 2241 mol de BaCl x ; x = 2'58 10moles BaCl233 g BaSO 0'6 g El volumen de disolucin de cloruro de bario 015 M, ser: V = -32'58 10moles0'15 moles/L = 0017 L = 17 mL ProblemaProblemaProblemaProblema 35 35 35 35 Se disuelven 5 gramos de nitrato de plata impuro en 500 mL de agua. Si al aadir aestadisolucin20mLdeotradisolucindecidoclorhdricodedensidad107g/cm3yriquezadel4%enpeso,precipitatodalaplatacomoclorurode plata, calcule: a) La riqueza de la muestra de nitrato de plata. b) La molaridad del cido clorhdrico. Datos. Masas atmicas: H = 1; N = 14; O = 16; Cl = 355; Ag = 108 Solucin a) Escribimos la ecuacin ajustada: AgNO3 + HCl AgCl + HNO3 Conceptos bsicos46 El nmero de moles de cido clorhdrico en los 20 mL ser: m = d V = 107 g/mL x 20 mL = 214 g de disolucin de HCl Como la riqueza de esta disolucin en HCl es del 4 %: n gramos HCl = 214 g HCl x 004 = 0856 g de HCl Como Mm (HCl) = 365 g n moles HCl = 0'856 g36'5 g/mol = 0023 moles Como la relacin estequiomtrica nos dice que 1 mol de AgNO3 reacciona con 1 mol de HCl, la masa de nitrato de plata en la muestra ser: Mm (AgNO3) = 170 gn gramos AgNO3 = 0023 moles x 170 g/mol = 391 g de AgNO3

Por tanto, la riqueza en nitrato de plata de la muestra, ser: =35 g muestra 100 g ; x = 78'2 %3'91 g AgNO x b) Del apartado anterior sabemos que en 20 mL de disolucin hay 0023 moles de cido clorhdrico, luego la molaridad ser: M = 0'023 moles0'020 L = 115 M ProblemaProblemaProblemaProblema 36 36 36 36 Cuandoseaadeaguaa100gdecarburodecalcioseformagasacetileno (etino), segn la reaccin: CaC2 (s)+2 H2OCa(OH)2 (ac)+C2H2 (g) a) Calcule los gramos de acetileno que se obtendrn b) Si se quema el gas acetileno obtenido, calcular los litros de dixido de carbono que se formarn medidos en condiciones normales. Datos. R = 0082 atmLK-1mol-1. Masas atmicas: H = 1; C = 12; O = 16; Ca = 40. Solucin a) Relacin estequiomtrica: 1 mol de CaC2 produce 1 mol de C2H2 Mm (CaC2) = 64 g ; Mm (C2H2) = 26 g Iniciacin a la Qumica47 La masa de acetileno ser: 22 22 264 g CaC 100 g ; x = 40'63 g C H26 g C H x= b) Escribimos la ecuacin ajustada de combustin del acetileno: C2H2 + 5/2 O2 2CO2 + H2O Relacin estequiomtrica:1 mol de C2H2 produce 2 moles de CO2 2 22226 g C H 40'63 g ; x = 3'13 moles CO2 moles CO x= Despejando V de la ecuacin de los gases perfectos: =-1 -13'13 moles x 0'082 atm LK molx 273 KV = 70 L1 atm Al ser en condiciones normales, tambin puede resolverse aplicando el concepto de volumen molar: 2 22226 g C H 40'63 g ; V = 70 L de CO2 x 22'4 L CO V= ProblemaProblemaProblemaProblema 37 37 37 37 Una mezcla de 100 cm3 de metano y etano arde completamente con 320 cm3 de oxgeno, segn: CH4 + O2 CO2 + H2O C2H6+ O2 CO2 + H2O Calcule: a)El volumen de cada gas en la mezcla. b)Las fracciones molares de cada gas. Solucin a)x = mL de metano; y = mL de etano x+y= 100 Las reacciones despus de igualadas son las siguientes: CH4 + 2 O2 CO2 + 2 H2O Conceptos bsicos48 C2H6+ (7/2) O2 2 CO2 + 3 H2O Laotraecuacinparaformarelsistemadeecuacioneslaextraemosdelas ecuaciones anteriores. x mL de metano se queman con 2 x mL de oxgeno y mL de etano se queman con 35x mL de oxgeno En consecuencia, 2 x + 35 y= 320Resolviendo este sistema de ecuaciones, se llega ax = 20 mL de metanoey = 80 mL de etano. b)Las fracciones molares vienen dadas por: fmolar = 20 mL / 100 mL = 02 para el metano. fmolar = 80 mL / 100 mL = 08 para el etano. ProblemaProblemaProblemaProblema 38 38 38 38 Cuando se tuesta una cierta cantidad de pirita, segn: 2 FeS2 + 11/2 O2 4 SO2 + Fe2O3 el dixido de azufre obtenido produce 1000 L de H2SO4 8 M. Teniendo en cuenta que el rendimiento de la reaccin global es del 100 %, calcule: a)Elnmerodekgdepiritanecesariosparageneraresacantidaddecido sulfrico, suponiendo que la pirita es pura. b)Elporcentajedeimpurezadelapiritasisehanusado1000kgdemineral para producir esa cantidad de cido sulfrico.Datos.Masas atmicas: S = 32; Fe = 5585. Solucin a)Delaecuacinsedesprendeque2molesdeFeS2producen4molesdeSO2 que a su vez generan 4 moles de H2SO4.Por tanto, teniendo en cuenta que se han generado: 1000 L 8 M = 1000 L 8 mol L-1 = 8000 moles de H2SO4 Y se deduce que han sido generados por 4000 moles de FeS2. A partir de aqu, se calcula los kg de compuesto: 4000moles(5585+232gmol)=400011985gmol-1=479400g dividiendo por 1000, disponemos el resultado en kg.As, la masa de FeS2 = 4794 kg. Iniciacin a la Qumica49 b)Comoseusan1000kgdepiritaperoelmineralsolocontieneunacantidad deFeS2queesde4794kg,ladiferencianosdarlacantidaddeimpureza que lleva el mineral: Impureza de mineral = 1000 kg mineral 4794 kg FeS2 = 5206 kg. El porcentaje de impureza es: Porcentaje impureza=(5206 kg impureza /1000 kg mineral)100 = 5206 % Iniciacin a la Qumica51 Tema 2 Estructura de la materia 2.1.- Estructura atmica Aspectos Tericos 2.1.1 Composicin de los tomos Lostomosestnconstituidosportrestiposdepartculas:protn,neutrny electrn. Losprotonesyneutronesformanelncleo,queesdondeseacumula, fundamentalmente,lamasadeltomoyloselectronessedistribuyenporlacortezadel mismo. Un tomo se caracteriza por el nmero de protones del ncleo que coincide con el de electrones de la corteza. Si el nmero de protones y electrones no es el mismo, entonces el tomo queda cargado y se denomina ion. Los iones pueden ser positivos, mayor nmero deprotonesquedeelectrones,quesedenominancationesynegativos,mayornmerode electrones que de protones, que se denominan aniones. 2.1.2 Modelos atmicos Los distintos modelos atmicos surgen para tratar de explicar las propiedades de lostomosy,enparticular,susespectrosdeemisin.Amedidaquesedispusodenuevas tecnologasyseconocieronmspropiedadesdelostomos,ionesypartculasquelos forman,sefueronampliandolasteorasatmicasconelfindepoderexplicarlosnuevos fenmenos y propiedades. En el nivel de este texto, el modelo atmico de Bohr, la ampliacin de Sommerfeld yalgunasaportacionesdelamecnicaondulatoriadebernsersuficientesparaentender el tomo. Estructura de la materia52 2.1.3 Teora de Planck N. Bohr resolvi los problemas que tena la Fsica clsica al aplicarla al modelo planetario de Rutherford, apoyndose en la teora cuntica de Planck. Hay una serie de fenmenos, como la radiacin del cuerpo negro, los espectros de emisinyelefectofotoelctricoquenopodanserexplicadosporlafsicaclsica.Para explicarlos, Planck introdujo una teora revolucionaria, en la que deca que la energa no poda ser absorbida ni emitida en forma continua, sino en cantidades discretas de valores especficos,quesonmltiplosdeunaunidadfundamental,cuanto,quecorrespondeala menor cantidad posible de energa que se puede absorber o emitir. El valor de esta energa viene dada por la ecuacin: E = h siendo h la constante de Planck, cuyo valor es 6626 10-34 Js. 2.1.4 Modelo atmico de Borh-Sommerfeld Rutherfordhabaestablecido unmodeloatmicosemejantealsistemaplanetario delsol,enelcualelsolseraelncleoyloselectroneslosplanetas.Estemodelotiene seriosdefectos,entreotrosnoexplicaporquloselectronesquegiranalrededordel ncleo no se precipitan hacia el mismo. N. Bohr aplic la teora de Planck a este modelo atmico, proponiendo una serie de postulados que resolvan los problemas del modelo anterior. -Elprimerpostuladodicequeelelectrnpuedegirarenunciertonmerode rbitascircularesoestadosestacionariosalrededordelncleosinemitir energa radiante. -Elsegundopostuladodicequeslosonposiblesaquellasrbitasenlasqueel momento angular, L, de las mismas sea un mltiplo entero de h/2 . L = n h/2 siendo n = 1, 2, 3, .... -El tercero dice que cuando un electrn salta de una rbita a otra, absorbe o emite energaenformaderadiacinelectromagntica,cuyavienedadaporla ecuacin de Planck, E = h. LasrbitasdelmodeloatmicodeBohrestncaracterizadasporelvalorden (llamadonmerocunticoprincipal)quecuantificaelvalordelradioydelaenergade las rbitas permitidas. Iniciacin a la Qumica53 As, la primera rbita tiene n = 1, la segunda, n = 2, etc.; los valores del radio de las rbitas estn cuantizados de forma que r = k n2, por lo que si la primera rbita tiene de radio a1, k = a1 ya que a1 = k 12, siendo a1 = 053 . Para la segunda rbita (n = 2), a2 = 4 a1, para la tercera, a3 = 9 a1, y as sucesivamente. De igual modo, la energa del electrn en una rbita tambin est cuantizada porn, y toma el valor: En = - R/n2 siendo R = 218 10 -18 J ElvalordeEnseconsideranegativoyaquesetomacomocerolaenergadel electrn a distancia infinita del ncleo, en ese momento el electrn no pertenece al tomo, y al acercarse al mismo y ser atrado por ste desprender energa, que ser la del electrn en esa rbita. Delaecuacinanteriorsededucequecuantomscercanasestnlasrbitasal ncleo,tendrnvaloresmsnegativosdeenerga,porloqueloselectronestenderna ocupar las rbitas ms cercanas al mismo. Cuando un electrn salta de una rbita a otra, variar su energa en un valor E, que vendr dado por: E = Ef Ei = - R/nf2 + R/ni2 = R (1/ni2 1/nf2) = h Sini>nfelvalordeEesnegativo,loqueindicaquesedesprendeenergaen forma de radiacin electromagntica, cuya frecuencia viene dada por E = h. DeestaformaexplicBohrlacausadequelosespectrosdeemisindelos tomos sean discontinuos, pues slo se pueden emitir valores de E que sean iguales a la diferenciadeenergaquehayentredistintasrbitas,pudindosecalcularelvalordela frecuencia,,porunaecuacinsemejantealadeducidaempricamenteporlos espectroscopistasparacalcularlafrecuenciadelasradiacionesdelosespectrosde emisin de los elementos. Cuandosepudieronutilizarespectroscopiosdemayorpoderresolutivo,se observundesdoblamientodelasrayasnicasdelosprimerosespectrosyestolehizoa SommerfeldampliarelmodelodeBohr,indicandoquenoslopodrahaberrbitas circulares,sinotambinelpticas,paracuyadefinicinhacefaltaintroducirunsegundo nmerocuntico,l,onmerocunticosecundario,cuyosvalorespuedenirdesdecero hasta (n-1). Noobstante,alobservarunnuevodesdoblamientoenlasrayasespectrales producidoporlapresenciadecamposmagnticos(efectoZeeman)oelctricos(Stark), Estructura de la materia54 huboqueintroducirlaposibilidaddequeslofueranposiblesunasciertasorientaciones enelespacio,porlaquehabraqueintroduciruntercernmerocuntico,ml,que cuantifica estas orientaciones y puede tomar los valores de +l, +(l-1),...0...-(l-1), l. Eldesdoblamientodelaslneasenuncampomagnticodbil,sejustific suponiendoquedentrodecadarbita,elelectrnpodatenerungirosobresmismoen dos posibles sentidos, por lo que se introdujo un nuevo nmero cuntico, s, o de espn con valores de +1/2 1/2, para cuantificar su momento cintico. Deestaforma,sepuededefiniralelectrnmedianteunconjuntodecuatro nmeros cunticos, n, l, ml y s. Apesardetodo,estemodelosloesadecuadoparainterpretarlaspropiedades deltomodehidrgenoydelosllamadoshidrogenoides(ncleosrodeadosdeunsolo electrn como el He+). Estos fallos se corrigieron mediante la aplicacin del modelo mecano cuntico del electrn. LateoracunticadePlanck,ladualidadpartcula-ondadeDeBroglieyel principio de incertidumbre de Heisemberg, constituyen la base de la mecnica cuntica. 2.1.5 Dualidad partcula-onda A partir de que Einstein indicara que la luz poda tener propiedades de partcula y la posibilidad de la transformacin de masa en energa y viceversa, calculada mediante su ecuacinE=mc2,DeBrogliepensquelaspartculastambinpodranmostrar propiedades de onda y aplic su hiptesis de la dualidad de partcula y onda al electrn. Trasestahiptesis,propusocalcularlalongituddeondaasociadaaunelectrn mediante la aplicacin de las frmulas de Planck y Einstein:E = hyE = mc2 h = mc2 = h c/ ; = h/mc Cuandoconposterioridadsedifractaronelectronesencristales,seconfirmla hiptesis de De Broglie, observndose el comportamiento ondulatorio del electrn. 2.1.6.- Principio de incertidumbre Deacuerdoconlamecnicaclsica,cabelaposibilidaddedeterminar simultneamente la posicin y la cantidad de movimiento (momento) de un cuerpo. La aplicacin del principio de Heisemberg al electrn considera que, debido a la naturaleza ondulatoria del electrn, no es posible determinar con precisin la posicin del electrnysumomento,sinoquedebehaberunaincertidumbreensusmedidasdeforma Iniciacin a la Qumica55 queelproductodelaincertidumbreenlaposicin,x,porlaincertidumbreenel momento, p, es xp > h/4expresin que se conoce como principio de incertidumbre de Heisemberg. Como consecuencia de este principio, si se determina con precisin la energa de unelectrn,nosepuedelocalizarlo,sinoquesehabladelaprobabilidaddeencontrarlo enunlugarytiempodeterminado,deforma,quesilaprobabilidaddeencontrarloenunpunto es alta, se dice que la densidad electrnica en ese punto tambin lo es. 2.1.7 Modelo ondulatorio del tomo Sehandesarrolladodosmodelosmatemticos,debidosaHeisembergy Schrdinger,paraexplicareltomodehidrgeno.Cualquieradelosdosdesarrollos matemticos superan la extensin de este texto. No obstante, se puede indicar que debido a losprincipiosdelamecnicaondulatoria,basadaenlahiptesisdeDeBroglieyenel principio de Heisemberg, no se puede situar al electrn en las rbitas del modelo clsico, sino que se define la probabilidad de encontrar el electrn en un punto. Paraexplicaresteconcepto,supongamosquesepuedentomarfotografasdeun electrn alrededor del ncleo. Al cabo de un tiempo y de tomar un nmero muy grande de fotografas en cada una de las cuales aparecer el electrn como un punto, al superponer todas ellas se tendr una imagen como la de la figura 2.1.1. Figura 2.1.1Figura 2.1.2 Estanubeesunarepresentacindeladensidadelectrnicaoprobabilidadde encontraralelectrnenestazona.Aestazonaalrededordelncleodentrodelacual existe la mxima probabilidad de encontrar al electrn, se le define como el orbital donde se encuentra ese electrn. Como la densidad de la nube disminuye a medida que aumente ladistanciaalncleo,esimposibleabarcarel100%delaprobabilidaddeencontraral electrn, por lo que se definen los orbitales como el espacio delimitado poruna superficie Estructura de la materia56 dentro del cual se encuentra el 90% de la probabilidad de encontrar al electrn o, lo que es igual, de su densidad electrnica (figura 2.1.2). La resolucin de la ecuacin de Schrdinger para el tomo de hidrgeno implica la introduccin de tres nmeros cunticos, n, l y ml. Estosnmerosslopuedentomarunaseriedevaloresdeterminados,deformaquepara cada conjunto de tres valores existe una solucin. El primer nmero cuntico, n, es el llamado nmero cuntico principal que slo puede tener valores enteros y positivos n = 1, 2, 3, 4,..... y determina el tamao y energa del orbital. El segundo,l, nmero cuntico del momento angular y cuyos valores pueden ser l = 0, 1, 2,..., (n-1) ydeterminalaformadelorbital(enlostomosmultielectrnicos,tambindeterminala energa del subnivel energtico) . El tercero es el nmero cuntico magntico, ml, que puede tomar los valores ml = -l, -(l-1), -(l-2)...0...(l-2), (l-1), l y determina la orientacin del orbital. Los valores de ml dependen de los de l y los de ste, a su vez, del valor de n. La mecnica ondulatoria slo da lugar a tres nmeros cunticos para describir a losorbitaleselectrnicos.Noobstante,sevioqueelelectrnsecomportacomosigirase sobresmismo,locualsugieredosposibilidadesdegirodelelectrn.Estegiroest cuantificadoporuncuartonmerocunticoeldeespn,ms,quepuedetomarlosvalores de+1/2 y 1/2. Todos los orbitales con el mismo valor de n pertenecen a la misma capa o nivel, y los que tienen los mismos valores de l, a la misma subcapa o subnivel. A la capa con valor n = 1, se le llama capa K; a la de n = 2, capa L; a la de n=3, capa M, y as sucesivamente. 2.1.8 Orbitales atmicos Losorbitalessenombranenfuncindelvalordel,asparal=0,elorbitalse nombra orbital s; para l = 1, orbital p; para l = 2, orbital d; para l = 3, orbital f; y para valores superiores se sigue el orden alfabtico g, h,... Cada conjunto de valores de n, l y ml definen un orbital, si bien, para el tomo de hidrgeno todos los orbitales que tienen el mismo valor de n, tienen la misma energa. Esto Iniciacin a la Qumica57 indica que dentro de la misma capa (valor determinado de n), todas las subcapas tienen la misma energa, al igual que todos los orbitales dentro de la misma subcapa. De acuerdo con lo dicho, el nmero de orbitales ser: Nombre n = 1l = 0ml = 0 1s l = 0ml = 02s n = 2 ml =1 l = 1ml =0 2p ml = -1 l = 0ml = 0 3s ml =1 l = 1 ml =0 3p n = 3 ml = -1 ml = 2 ml = 1 l = 2ml = 0 3d ml =-1 ml =-2 dentrodecadaorbitalsepuedenlocalizardoselectrones,unoconvalordems=+1/2y otro con ms = -1/2. Se observa que en la subcapa s (l = 0) slo hay un orbital, en la subcapa p (l = 1) hay 3, en la subcapa d (l = 2), hay 5, etc... AlrepresentarlassolucionesdelaecuacindeSchrdingerparacadaconjunto de nmeros cunticos se obtiene la forma de los distintos orbitales, que es la que aparece en la figura 2.1.3. Estructura de la materia58 2.1.9 tomos polielectrnicos Yasehaindicadoqueeneltomodehidrgenoelvalordelaenergadeun orbitalslodependedelvalorden.As,todoslosorbitalesdelamismasubcapaytodas las subcapas de la misma capa tienen la misma energa, es decir son degenerados. 1s Figura 2.1.3 Iniciacin a la Qumica59 Enlostomospolielectrnicos(tomosconmsdeunelectrn)noocurreesto, puesaparecennuevosfactoresatenerencuenta,comosonlasrepulsiones interelectrnicasquemodificanlaenergadelosorbtalesyquedacomoresultadouna disminucindelaenergadeundeterminadoorbitalamedidaqueaumentaelnmero atmico. No obstante, en los tomos multielectrnicos los orbitales son semejantes a los del hidrgenoysedefinenmediantelosmismosnmeroscunticos.Ladiferenciaestribaen queahorasloaparecencomodegeneradoslosorbitalesdelamismasubcapa, dependiendolaenerganoslodelvalorden,sinotambindelvalordel.Enuntomo multielectrnicoporejemploenelniveln=3aparecenlossubniveles3s,3py3dque tendrn diferente energa, aunque dentro de cada subnivel, por ejemplo todos los orbitales 3p, de un mismo tomo tendrn la misma energa. Paraverlaconfiguracinelectrnicaodistribucindeloselectronesenlas distintas capas y subcapas, habr que tener en cuenta que los electrones irn ocupando los orbitales de forma que la energa del tomo sea la menor posible. Elordendellenadodelosorbitalessehadeterminadoexperimentalmentey,tal como se ha indicado, esta energa va a disminuir a medida que aumenta la carga nuclear (Z), pero no en la misma forma, por lo que se pueden establecer alteraciones en el orden, pudiendoocurrirqueunorbitaldeunacapaconundeterminadovalorde ntengamenos energa que otro de la capa anterior. El orden determinado, excepto para pocas excepciones es: 1s < 2s < 2p < 3s < 3p < 4s < 3d < 4p < 5s < 4d < 5p rB , pues son del mismo perodo y los electrones van entrando en la misma capa, pero cada vez son atrados por una mayor carga nuclear. c)B>A,puesaBslolefaltaunelectrnparaobtenerconfiguracindegas noble y ste estar atrado por una mayor carga nuclear. Estructura de la materia72 Cuestin 13Cuestin 13Cuestin 13Cuestin 13 IndiqueparaloselementosA,ByCcuyosnmerosatmicosson, respectivamente, 13, 16 y 20: a) Configuracin electrnica. b) Justifique cul tendr mayor energa de ionizacin. c)Elgrupoyelperododelsistemaperidicoenqueseencuentracada elemento. Solucin a) A = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 B = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 C = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 b) El de mayor E. I. es el elemento B, pues el electrn que hay que arrancar est enlacapademenorradioqueladeCyconrelacinaA,alestarmsala derecha del perodo est ms atrado por una mayor carga nuclear. c) A est en el perodo 3 y en el grupo 13. B est en el perodo 3 y en el grupo 16. C est en el perodo 4 y en el grupo 2. Cuestin 14Cuestin 14Cuestin 14Cuestin 14 Dadaslassiguientesconfiguracioneselectrnicascorrespondientesatomos neutros: A: 1s2 2s2 2p5 B: 1s2 2s2 2p6 3 s2 3p3C: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2

D: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4 s1. Indique razonadamente: a)Grupo y perodo aque pertenece cada elemento. b)Qu elemento posee mayor energa de ionizacin y cul menor. c)Qu elemento tiene mayor radio atmico. Solucin a) A: por el mayor valor de n, est en el perodo 2 y dado que se han llenado 5 electrones en el orbital p, en el grupo 17. B:porelmayorvalorden,estenelperodo3ydadoquesehanllenado3 electrones en el orbital p, en el grupo 15. C:porelmayorvalorden,estenelperodo4ydadoquesehanllenado2 electrones en el orbital 3d y 2 en el 4s, en el grupo 4. Iniciacin a la Qumica73 D:porelmayorvalorden,estenelperodo4ydadoquesehanllenado1 electrn en el orbital s, en el grupo 1. b)El de mayor E. I. es el A, ya que es el ms pequeo y tiene mayor nmero de electrones en la capa de valencia. El de menor E. I. es el D, ya que es el ms voluminoso y slo tiene un electrn en la capa de valencia. c)EldemayorradioeselD,yaqueeselprimerodelperodocuarto,conel mayor nmero de capas y menor nmero de electrones en la capa de valencia. Cuestin 15Cuestin 15Cuestin 15Cuestin 15 Escriba la configuracin electrnica de los iones Cl- (Z = 17) y K+ (Z = 19) a) Razone cul de los dos iones tendr mayor radio. b) Razone cul de los dos elementos neutros tendr mayor energa de ionizacin. Solucin Cl- = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6;K+ = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 a) r(Cl-) > r(K+), ya que los dos tienen la mismaconfiguracin electrnica,pero en el K+ hay un protn ms en el ncleo, por lo que los electrones estarn ms atrados y el tamao ser menor. b) De los dos elementos neutros el de mayor E. I. ser el Cl ya que el electrn a arrancar est en la capa 3 y es el penltimo elemento del perodo, mientras que el K es el primero del perodo siguiente y por tanto ms voluminoso. Cuestin 16Cuestin 16Cuestin 16Cuestin 16 Tres elementos tienen de nmero atmico 25, 35 y 38, respectivamente.a) Escriba la configuracin electrnica de los mismos.b) Indique, razonadamente, el grupo y periodo a que pertenece cada uno de los elementos anteriores.c) Indique, razonando la respuesta, el carcter metlico o no metlico de cada uno de los elementos anteriores. Solucin a) Z = 25; 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s2 Z = 35; 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p5 Z = 38; 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 5s2 Estructura de la materia74 b) Z = 25: Por el valor de n de la capa ms externa, est en el perodo 4; y dado quehay 5 electrones en el orbital 3d, en el grupo 7. Z = 35: Por el valor de n de la capa ms externa, est en el perodo 4; y dado quehay 5 electrones en el orbital 4p, en el grupo 17. Z = 38: Por el valor de n de la capa ms externa, est en el perodo 5; y dado quehay 2 electrones en el orbital 5s, en el grupo 2. c) Z = 25: Dado que el ltimo orbital en el que han entrado electrones es el 3d y ste est semilleno corresponde a un metal de transicin. Z = 35: Dado que la configuracin electrnica de la capa de valencia es 4s2 4p5, slo le falta un electrn para alcanzar la configuracin de gas noble y por tanto es un no metal. Z = 38: Como la capa de valencia es 5s2 su tendencia es a perder dos electrones y por tanto un metal alcalinotrreo. Cuestin 17Cuestin 17Cuestin 17Cuestin 17 Las dos tablas siguientes corresponden a radios atmicos: Elemento LiBe B C NO F R()1'23 0'89 0'80 0'77 0'70 0'66 0'64 Elemento Li Na K Rb Cs R()1'23 1'57 2'03 2'162'35 a) Justifique la variacin del radio en el perodo. b) Justifique la variacin del radio en el grupo. Solucin a)Correspondenaloselementosdelsegundoperodo,alavanzarhaciala derechaaumentaenunaunidadlacarganuclearyseaadeunelectrnala cortezaqueentranenlamismacapa,peroestoselectronesnoapantallancon efectividaddeunaunidadaloselectronesdelamismacapa,porloquestos estarn cada vez ms atrados por la carga positiva del ncleo. b) Al bajar en el grupo de los alcalinos, el nuevo electrn entraen el orbital ns, inicindoseunanuevacapayportantoaumentandoelradioconrelacinal anterior. Cuestin 18Cuestin 18Cuestin 18Cuestin 18 Los nmeros atmicos de los elementos P y Mn son 15 y 25, respectivamente. a) Escriba la configuracin electrnica de cada uno de ellos. Iniciacin a la Qumica75 b) Indique los nmeros cunticos que correspondan a los electrones situados, en cada caso, en los orbitales ms externos. Solucin a) P: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p3 Mn: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s2 b)P: (3, 1, -1, ) Mn: (4, 0, 0, -) Cuestin 19Cuestin 19Cuestin 19Cuestin 19 LoselementosNa,Al,yCltienendenmerosatmicos11,13y17, respectivamente, a) Escriba la configuracin electrnica de cada elemento.b) Escriba la configuracin electrnica de los iones Na+ , Al3+y Cl-. c) Ordene, de forma razonada, los radios de los iones anteriores. Solucin a) Na: 1s2 2s2 2p6 3s1;Al: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1; Cl: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 b)Na+: 1s2 2s2 2p6;Al3+: 1s2 2s2 2p6; Cl-: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 c)Al3+ < Na+ < Cl- ElcatinAl3+eselmspequeo,puesaunquetienelamismaconfiguracin electrnicaqueNa+,enaquelloselectronesestnatradospor13protones, mientrasqueenelNa+sloestnatradospor11.ElCl-eseldemayorradio, pues ha ganado un electrn y tiene una capa ms que los otros dos. Cuestin 20Cuestin 20Cuestin 20Cuestin 20 Los nmeros atmicos de los elementos Br y Rb son 35 y 37, respectivamente. a) Escriba la configuracin electrnica de ambos elementos. b) Indique el ion ms estable de cada elemento y su configuracin electrnica c) Razone cul de los dos iones tendr mayor radio. Solucin a) Br: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p5 Estructura de la materia76 Rb: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 5s1 b) Br -: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 Rb+: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 c)ElmayorradioeseldelBr-,puesaunquelosdosionestienenlamisma configuracin electrnica, en ste los electrones estn atrados por 35 protones y en el Rb+, por 37. Cuestin 21Cuestin 21Cuestin 21Cuestin 21 LoselementosAyBtienen,ensusltimosniveles,lasconfiguraciones: A = 4s2p6 5s1 y B =3s2p6d104s2p4. Justifique: a) Si A es metal o no metal. b) Qu elemento tendr mayor afinidad electrnica. c) Qu elemento tendr mayor radio. Solucin a) A es un metal, pues al tener un solo electrn en la capa de valencia su tendencia es a perderlo y formar iones positivos. b) B, pues el electrn que entra lo hace en un orbital casi lleno y en una capa ms cerca del ncleo que en A, por lo que al estar ms cerca se desprender ms energa. c) A, pues tiene una capa electrnica ms que B. Cuestin 22Cuestin 22Cuestin 22Cuestin 22 Los tomos neutros X, Y, Z, tienen las siguientes configuraciones: X=1s2 2s2p1;Y=1s2 2s2p5;Z= 1s2 2s2p6 3s2

a) Indique el grupo y el perodo en el que se encuentran. b) Ordnelos, razonadamente, de menor a mayor electronegatividad c) Cul es el de mayor energa de ionizacin? Solucin a) X, grupo13 y perodo 2. Y, grupo 17 y perodo 2. Z, grupo 2 y perodo 3. Iniciacin a la Qumica77 b)Z < X F