Problemas de las olimpiadas nacionales 1996-2011, Vol 6 (2011) - pag 194 - Sergio Menarges & Fernando Latre.pdf

8/14/2019 Problemas de las olimpiadas nacionales 1996-2011, Vol 6 (2011) - pag 194 - Sergio Menarges & Fernando Latre.pdf

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INTRODUCCIN

El aprendizaje de la Qumica constituye un reto al que se enfrentan cada ao los, cada vez ms escasos, estudiantes de 2 de bachillerato que eligen las opciones de Ciencias, Ciencias de la Salud e Ingeniera y Arquitectura. Esto tambin constituye un reto para los profesores que, no solo deben ser capaces de buscar la forma ms eficaz para explicar esta disciplina, sino adems, inculcar el inters que nace del reconocimiento del papel que juega la Qumica en la vida y en el desarrollo de las sociedades humanas.

En este contexto, las Olimpiadas de Qumica suponen una herramienta muy importante ya que ofrecen un estmulo, al fomentar la competicin entre estudiantes procedentes de diferentes centros y con distintos profesores y estilos o estrategias didcticas.

Esta coleccin de cuestiones y problemas surgi del inters por parte de los autores de realizar una recopilacin de los exmenes propuestos en diferentes pruebas de Olimpiadas de Qumica, con el fin de utilizarlos como material de apoyo en sus clases de Qumica. Una vez inmersos en esta labor, y a la vista del volumen de cuestiones y problemas reunidos, la Comisin de Olimpiadas de Qumica de la Asociacin de Qumicos de la Comunidad Valenciana consider que poda resultar interesante su publicacin para ponerlo a disposicin de todos los profesores y estudiantes de Qumica a los que les pudiera resultar de utilidad. De esta manera, el presente trabajo se propuso como un posible material de apoyo para la enseanza de la Qumica en los cursos de bachillerato, as como en los primeros cursos de grados del rea de Ciencia e Ingeniera. Desgraciadamente, no ha sido posible por cuestiones que no vienen al caso la publicacin del material. No obstante, la puesta en comn de la coleccin de cuestiones y problemas resueltos puede servir de germen para el desarrollo de un proyecto ms amplio, en el que el dilogo, el intercambio de ideas y la comparticin de material entre profesores de Qumica con distinta formacin, origen y metodologa, pero con objetivos e intereses comunes, contribuya a impulsar el estudio de la Qumica.


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En el material original se presentan los exmenes correspondientes a las ltimas Olimpiadas Nacionales de Qumica (1996 2011) as como otros exmenes correspondientes a fases locales de diferentes Comunidades Autnomas. En este ltimo caso, se han incluido slo las cuestiones y problemas que respondieron al mismo formato que las pruebas de la Fase Nacional. Se pretende ampliar el material con las contribuciones que realicen los profesores interesados en impulsar este proyecto, en cuyo caso se har mencin explcita de la persona que haya realizado la aportacin.

Las cuestiones son de respuestas mltiples y se han clasificado por materias, de forma que al final de cada bloque de cuestiones se indican las soluciones correctas. Los problemas se presentan completamente resueltos. En la mayor parte de los casos constan de varios apartados, que en muchas ocasiones se podran considerar como problemas independientes. Es por ello que en el caso de las Olimpiadas Nacionales se ha optado por presentar la resolucin de los mismos planteando el enunciado de cada apartado y, a continuacin, la resolucin del mismo, en lugar de presentar el enunciado completo y despus la resolucin de todo el problema. En las

cuestiones y en los problemas se ha indicado la procedencia y el ao.

Los problemas y cuestiones recogidos en este trabajo han sido enviados por: Juan A. Domnguez (Canarias), Juan Rubio (Murcia), Luis F. R. Vzquez y Cristina Pastoriza (Galicia), Jos A. Cruz, Nieves Gonzlez, Gonzalo Isabel (Castilla y Len), Ana Tejero (CastillaLa Mancha), Pedro Mrquez (Extremadura), Pilar Gonzlez (Cdiz), ngel F. Senz de la Torre (La Rioja), Jos Luis Rodrguez (Asturias), Matilde Fernndez (Baleares), Fernando Nogales (Mlaga).

Finalmente, los autores agradecen a Humberto Bueno su ayuda en la realizacin de algunas de las figuras incluidas en este trabajo.

Los autores


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Problemas y Cuestiones de las OliPROBLEMAS DE LAS OLIMPIADAS DE QUMICA (FASE NACIONAL)

1. Se prepara una disolucin disolviendo 9,1 g de cocana ( ) en 50 mL de agua y se obtiene un pH de 11,09. Teniendo en cuenta que el equilibrio de disociacin de la cocana puede representarse esquemticamente segn la ecuacin:

+ + a) Calcular el pK b de la cocana.

La constante de equilibrio cKb =[CHNO] [OH][CHNO] Haciendo los correspondien[CHNO] = [OH][CHNO] = c [OH]Kb =[OHc [OH] La concentracin de la disolc =9,1 g CHNO50 mL disolucin 1 mol CHNO303 g CHNO 103 mL disolucin1 L disolucin = 0,6 M

Si el pH de la disolucin es pH = 11,09 [HO] = 10pH = 8,1310 M [OH] = 1,231 MSustituyendo valores:Kb = 1,23100,6 1,2310 = 2,5310 pKb = log Kb = log 2,5 =5,6

b) Cuntos mililitros de cido clorhdrico 0,4 M hay que aadir a la disolucin anterior para que el pH sea de 8,10?

Si el pH de la disolucin respH = 8,10

[HO] = 10pH = 7,94109 M

[OH] = 1,2616 MSeanx los mL de HCl 0,4 M aadO aadidos con el , con lopara que el equilibro se mancantidad de cocana. Si [Cocanterior y [Coca]anterior se refieren a lequilibrio calculadas en el a[Coca] = [Coca]anterior [Coca]gastada [Coca] =50 mL0,6 mmolmL x mL0,4 mmolmL

50+x mL disolucin = 300,4 x mm

50+x mL dis


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Problemas y Cuestiones de las Oli[Coca] = [Coca]anterior [Coca]formada [Coca] =x mL0,4 mmolmL50+x mL disolucin =0,4 x mmmol50+x mL disol ya que, como se ha podido o] esdespreciable frente a [Coca y, si el valor dex es lo suficientemfrente a [Coca]formada.La mezcla formada por clor], y la cocana stampn. Sustituyendo en la :

2,53106 =

0,4 x50 + x30 0,4 x50 + x 1,2610

6

x =50 mL HCl 0,4 M

(Obsrvese que, efectivame]anterior = 1,26106 M es despr[Coca]formada = 0,2 M).c) Calcular el pH si a la disolucin del apartado b) se le aaden 0,16 g de hidrxido sdico.

El NaOH aadido se neutral0,16 g NaOH103 mg NaOH1 g NaOH 1 mmol NaOH40 mg NaOH = 4 mmol NaOH4 mmol NaOH 1 mmol HCl1 mmol NaOH = 4 mmol HClHaciendo un balance de mat50 mL HCl 0,4 M0,4 mmol HClmL HCl 0,4 M = 20 mmol HCl20 mmol HCl(inicial) 4 mmol HCl(neutralizado) = 16 mmol HC(exceso) Considerando volmenes ad16 mmol HCl(50 + 50) mL disolucin = 0,16 MCon esta nueva cantidad de [Coca] = [Coca]anterior [Coca]gastada con HCl [Coca] =50 mL0,6 mmolmL 100 mL0,16 mmolmL100 mL disolucin = 0,14 MSix representa la [Coca]formada en el nuevo equilibranterior esigual a [Coca]gastada con HCl [Coca] = [Coca]anterior [Coca]formada = x + 0,16 M


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Problemas y Cuestiones de las OliSustituyendo en K:

2,53106 =x + 0,16 x0,14

x = [OH] = 2,21106 MpOH = log (2,21106) = 5,66 pH =8,35 Para determinar el porcentaje de cocana contenido en un alijo de droga se disolvieron en agua 10 g de la sustancia encontrada hasta completar 100 mL, y la disolucin as obtenida se valor con cido clorhdrico 0,5 M, en presencia de un indicador, observndose que el viraje del indicador se produca al aadir 8 mL de la disolucin de cido clorhdrico. d) Determinar el porcentaje en peso de cocana presente en la sustancia analizada.

El HCl reacciona con la coc8103 L HCl 0,5 M 0,5 mol HCl1 L HCl 0,5 M 1 mol CHNO1 mol HCl 303 g CHNO1 mol CHNO = 1,213 gHNO 1,213 g CHNO10 g alijo 100 =12 ,13% cocana

e) Calcular el pH en el punto de equivalencia de la valoracin anterior.

En el punto de equivalencia CHClNO + HO CHNO + Cl Esta sustancia en disolucinCHNO + HO CHNO + HO El Cl no sufre hidrlisis por proAplicando la ley del equilibbalances de materia y carga [Coca] = [HO] y Coca = [Coca+] + [Coca]Kh =[HOCoca [HO] Para obtener el valor de K:K =KKb (coca na) =10142,53106 = 3,95109 El valor de [Coca] es:[Coca] =4 mmol coca na100+8 mL disolucin = 0,037 MSustituyendo todos estos val3,95109 =[HO

0,037 [HO] [HO] = 1,21105 M


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Problemas y Cuestiones de las OlipH = log [HO] = log 1,21105 =4,92

(O.Q.N. Navacerrada 1996)


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Problemas y Cuestiones de las Oli 2. Si el producto de solubilidad del ioduro de plomo a 25C es 110 9. Calcule: a) Su solubilidad expresada en gramos por 100 mL.

La ecuacin qumica corresp es:PbI (s) Pb (aq) + 2 I (aq)La constante de equilibrio dK = Pb I Si la solubilidad molar del P es s, las solubilidadePb = s [I] = 2sSustituyendo en la expresin:K = s 2s = 4 s3 La solubilidad en agua es:

s = K43 = 110943 = 6,3104 MLa solubilidad en g/100 mL 100 mL disolucin 6,3104 mol PbI103 mL disolucin

461 g PbI1 mol PbI

=0,029 g 100 mL disolucin b) Los gramos de iones y en 500 mL de disolucin saturada.

0,5 L disolucin6,3104 mol Pb1 L disolucin 207,2 g Pb1 mol Pb =0,065 g 0,5 L disolucin2 6,3104 mol I1 L disolucin 126,9 g I1 mol I =0,080 g

c) La concentracin de los iones ioduro y plomo en el equilibrio as como los gramos de sal que precipitan cuando se mezclan 50 mL de una disolucin 10 4 M de ioduro sdico con otros 50 mL de disolucin 10 3 M de nitrato de plomo.

Al mezclar disoluciones de P y NaI se produce l2 NaI (aq) + Pb NO (aq) PbI (aq) + 2 NaNO (aq)Considerando volmenes ad[I] =50 mL NaI 104 M104 mmol NaImL NaI 104 M50+50 mL disolucin 1 mmol I1 mmol NaI = 5,0105 M


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Problemas y Cuestiones de las Oli

[Pb] =50 mL Pb NO 103 M103 mmol Pb NO

mL Pb NO 103 M50+50 mL disoluc 1 mmol Pb1 mmol Pb32 = 5,010

4 MPara que se forme un precipque K: Pb I > K 5,0104 5,0105 = 1,251010 Como se observa, elproducto inico es menor que , por tanto,NO se forma precipitado.

d) La concentracin de los iones ioduro y plomo y los gramos de sal que precipitan cuando a la

disolucin formada en el apartado anterior le aadimos 3,32 g de ioduro potsico (Se supone que no existe variacin apreciable en el volumen).

Al aadir KI, aumenta la co, mientras queconcentracin de iones Pb. La nueva concentra[I] = 5,0105 M +3,22 g KI1 mol KI166 g KI100 mL disolucin 1 mol I1 mol KI 103 mL disoluci1 L disolucin 0,2 MPara que se forme un precipque K:

Pb I > K 5,0104 0,2 = 2,0105 Como se observa, elproducto inico es mayor que , por tanto,S se forma precipitado. Llamandox a la cantidad de sustanci1,0109 = 5,0104 x 0,2 x x = 5,0104 MLas concentraciones inicas[I] = (0,2 5,010

4) M =

0,19905

Pb =KI =1,01090,19905 =2,510 8 M 0,1 L disolucin5,0104 mol PbIL disolucin 461 g PbI1 mol PbI =2,310 2 g



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Problemas y Cuestiones de las Oli3. La descomposicin trmica del hidrgenocarbonato de sodio (slido) produce carbonato de sodio (slido), dixido de carbono (gas) y agua (gas). Por eso se utiliza en la fabricacin del pan, ya que, el dixido de carbono que se desprende produce pequeas burbujas en la masa, haciendo que sta "suba" al hornear el pan. Suponer en todos los casos un comportamiento ideal de los gases. a) Ajustar la reaccin, escribiendo las frmulas de todos los compuestos que intervienen en la misma.

La ecuacin qumica ajustad2 (s) (s) + (g) + (g) b) Calcular el calor de reaccin en condiciones estndar y el intervalo de temperaturas en el que la reaccin ser espontnea, a partir de los siguientes datos termodinmicos: Compuesto H f (kJ/mol) S (J/molK)

Hidrgenocarbonato de sodio (s) 947,7 102,1 Carbonato de sodio (s) 1131,0 136,0 Dixido de carbono (g) 393,5 213,6 Agua (g) 241,8 188,7

La entalpa de reaccin puedreactivos.rH = i Hproductos i Hreactivos rH =1 mol HO241,8 kJ

mol HO + 1 mol CO393,5 kJ

mol CO + 1 mol NaCO 1131,0 k

mol NaCO

2 mol NaHCO 947,7 kJmol NaHCO = 129,1 kJ Para saber si se trata o no derG = rH TrSComo rH ya es conocido, se calcrS a partir de las ereactivos:rS = i Sproductos i Sreactivos

rS =1 mol HO 188,7 JK mol HO 1 mol CO 213,6 JK mol CO1 mol NaCO 136,0 JK mol NaCO 2 mol NaHCO 102,1 JK mol NaHCO = 334,1 JK La variacin de energa librerG = 129,1 kJ 298 K334,1 JK 1 kJ103 J = 29,5 kJ Se trata de unproceso no espontneo a 25C ya que el r G > 0. En estereacciones en las que

rH < 0 y

rS > 0, la reaccin


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Problemas y Cuestiones de las OliPara determinar a partir de temperatura de equilibrio (rG = 0):

T =rHrS =129,1 kJ334,1103 kJ/K =386,4 K 113,3C

La reaccin se vuelve espontnea por encima de 113,3C.

c) Determinar los valores de las constantes de equilibrio y a 25C.

A partir del valor de rG se puede obtener eecuacin:rG = RT ln K Sustituyendo se obtiene el vK = exp rGRT = exp 29,5 kJ8,314103 kJK1 (25+273) K=6,710 6 La relacin entre las constan y K viene dada por la K = K RT donde = coef. esteq. product coef. esteq. rea

K = 6,7106 [0,082 25+273 =1,110 8

d) Si se calientan a 125C 100 g de hidrgeno carbonato de sodio en un recipiente cerrado de 2 L de capacidad: d1) qu valor tendr la presin parcial de cada uno de los gases y la presin total en dicho recipiente cuando se alcance el equilibrio? d2) qu masa de hidrgeno carbonato sdico se habr descompuesto a esa temperatura y qu masa total de slido quedar en el recipiente?

La ecuacin devant Hoff que indica la dependtemperatura y permite calcu a 125C:lnKK HR 1T1 1T2 ln K 6,7106 =129,18,314103 1298 1398 K = 3,25d1) Construyendo la tabla dNaHCO3 Na2CO3 CO2 H2Oninicial n ntransformado 2x nformado x x xnequilibrio

n 2x x x x


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Problemas y Cuestiones de las OliLa expresin de la constante es:

K = p p De acuerdo con la estequiom y HO en el eson iguales:p = p = p Sustituyendo en K:K = p2 p = K = 3,25 =1,80 atm p = p + p = 2p p = 2 1,80 atm 3,60 atm d2) Considerando comportade moles:n = 1,80 atm 2 L0,082 atmLmol1K1 125+273 K = 0,11 mol CO2 La masa de NaHCO3 que se descompone es:0,11 mol CO2 mol NaHCO31 mol CO 84 g NaHCO31 mol NaHCO3 =18,48 g NaHCO3 La masa de NaHCO que queda sin descomp100 g NaHCO (inicial) 18,48 g NaHCO (transformado) =81,52

g NaHCO3 (equilibrio La masa de NaCO que se forma es:0,11 mol CO1 mol NaCO1 mol CO 106 g NaCO1 mol NaCO =11,66 g La masa total de slidos (Na y NaCO) en el equilibrio 81,52 g NaHCO3 11,66 g NaCO 93,18 g slidos e) Si a una temperatura T se obtiene una presin total de 5,0 atm al alcanzar el equilibrio, cul ser el valor de dicha temperatura?

Para determinar la temperatrelaciona K y rG:rG = rH TrS rG = RT ln K T =rHrS R ln K Si a una temperatura T la pr es:


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Problemas y Cuestiones de las OliK = p2 =p2

4 K= 2,5

4 = 6,25

Sustituyendo en la expresinT = 129,1 kJ334,1103 kJK 8,314103 kJK1 ln6,25 =405 K 132C (O.Q.N. Navacerrada 1996)


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Problemas y Cuestiones de las Oli4. Un estudiante de Qumica observ en el laboratorio que al aadir 500 mL de cido clorhdrico 0,05 M a 0,2790 g de limaduras de Fe metlico, este ltimo se disolva: a) Escribir la reaccin de disolucin del Fe metlico con el cido clorhdrico.

La ecuacin qumica ajustadFe (s) + 2 HCl (aq) (aq) + (g) b) Cul es el pH de la disolucin obtenida al disolver el Fe metlico en cido clorhdrico?

La cuestin planteada supondando por supuesto que el Fprimer lugar es preciso deter500 mL HCl 0,05 M

0,05 mol HCl103 mL HCl 0,05 M = 0,025 mol HC0,2790 g Fe 1 mol Fe55,8 g Fe 2 mol HCl1 mol Fe = 0,010 mol HCl

[HCl] =0,025 mmol HCl(inicial) 0,010 mmol HC(gastado)500 mL 103 mL1 L = 0,03 MComo el HCl es un cido fu y HO, por lo ta[HCl] = [HO] = 0,03 MpH = log 0,03 =1,52 c) Si a la disolucin anterior se aaden 0,2409 g de 12 cul ser el potencial de equilibrio de la disolucin resultante? Potencial normal de reduccin: E ( / ) = 0,77 V.

El Fe inicial se oxida todo a cuya concentracin[Fe] =0,2790 g Fe500 mL 1 mol Fe55,8 g Fe 103 mL1 L = 0,01 MEl Fe lo proporciona el hidrato, SO12 HO, disuelto y su[Fe] =

0,2409 g hidrato500 mL

1 mol hidrato481,8 g hidrato

1 mol Fe1 mol hidrato

103 mL1 L = 0,001 MLa semirreaccin de reducci es:Fe + e Fe Aplicando la ecuacin deNernst :

E/ = E/ 0,0592n log [red][oxd] E/ = E/ 0,05921 log[Fe][Fe] Sustituyendo:E

/ = 0,77

0,05921 log

0,010,001 =

0,711 V


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Problemas y Cuestiones de las OliEl estudiante pens en la posibilidad de construir una pila, en la que uno de los electrodos estuviese constituido por una barra de Pt sumergida en la disolucin resultante del apartado c), y el otro electrodo fuese una barra de Zn sumergida en una disolucin que contiene 5,748 g/L de

7 . d) Al unir los electrodos mediante un puente salino y conectarse un voltmetro entre ambos electrodos, qu diferencia de potencial debera observarse? Escribir la semirreaccin que se produce en el ctodo y la que se produce en el nodo. Potenciales normales de reduccin: E ( / ) = 0,77 V; E ( /Fe) = 0,44 V; E ( / ) = 0 V; E ( /Zn) = 0,76 V.

La concentracin resultante es:[Zn] =5,748 g ZnSO7 HO1 L 1 mol ZnSO7 HO287,4 g ZnSO7 HO 1 mol Zn1 mol ZnSO7 HO = 0,02 M

La semirreaccin de reducci es:Zn + 2 e ZnAplicando la ecuacin deNernst :E/Zn = E/Zn 0,0592n log [red][oxd] E/Zn = E/Zn 0,05922 log 1[Zn] Sustituyendo:

E/Zn = 0,76

0,05922 log

10,02 = 0,81 VLa reaccin entre Zn y Fe es:Ctodo (reduccin): 2 + e

nodo (oxidacin): Zn + 2 e Zn + 2 + 2 El potencial de la pila es:Epila = E/ E/Zn = 0,711 V 0,81,521 V



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Problemas y Cuestiones de las Oli5. La reaccin en fase gaseosa, que a continuacin se describe:

+ Ciclopenteno Ciclopentadieno + 2 HI

presenta una constante de equilibrio entre 450 y 700 K, que viene dada por la ecuacin: 17,39 11200 a) Calcule la energa libre de Gibbs, normal G, para la reaccin a 575 K. Combinando las expresione y G:lnK = 17,3911200T G = RT ln K

G = RT 1711200T Sustituyendo:G = 8,314103 kJK1 mol1 575 K 17,3911200575 =9,98 kJmol 1 b) Calcule la presin parcial de equilibrio del yodo cuando se mezclan cantidades equimolares de yodo y ciclopenteno a una presin inicial total de 10 atm y 460 K.

En primer lugar se calcula K a 460 K:lnK = 17,3911200460 K = 9,51104 Como las cantidades inicialepI2 = pC5H8 =pt2 = 5 atmConstruyendo la tabla de preI CH HI CHpinicial 5 5 ptransformado p p pformado 2p ppequilibrio 5 p 5 p 2p pLa expresin de la constanteKp =pHI pp p Sustituyendo:9,51104 =2p p5 p Al ser Kp


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Problemas y Cuestiones de las Olip = 5 p p = 5 0,181 atm4,819 atm

c) Si el ciclopentadieno se trata con hidrxido potsico, se produce una desprotonacin sobre el carbono saturado, obtenindose ciclopentadienuro potsico. Escriba y ajuste esta reaccin.

La ecuacin qumica ajustad + KOH K +

d) Cuando a este ciclopentadienuro se le adiciona cloruro ferroso tetrahidratado se obtiene, por precipitacin en fro, un complejo de tipo "sandwich"(un centro metlico entre dos anillos aromticos paralelos) que es el ferrocenobis(ciclopentadienil) hierro (II). Escriba y ajuste esta reaccin.

La ecuacin qumica ajustad2 K

+

4

Fe

+

2

KCl

+

4

e) Si en el proceso del apartado anterior partimos de 10 g de cloruro ferroso tetrahidratado, qu rendimiento se alcanzara si se obtuviesen 3,5 g de ferroceno?

Para calcular el rendimientoferroceno a obtener:10 g FeCl4 HO 1 mol FeCl4 HO198,8 g FeCl4 HO = 0,05 mol FeCl4 HO

0,05 mol FeCl4 HO 1 mol Fe CH1 mol FeCl4 HO

185,5 g Fe CH1 mol Fe CH = 9,3 g FeH Relacionando la cantidad ob =3,5 g Fe CH (real) 9,3 g Fe CH (terico) 100 =37,6%

(O.Q.N. Ciudad Real 1997)


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Problemas y Cuestiones de las Oli6. A) Calcula el pH de las siguientes disoluciones: a1) La que se obtiene al disolver 2,3 g de en agua desionizada hasta conseguir 150 mL de disolucin. (El est totalmente disociado).

El HNO es un cido fuerte por queHNO (aq) + HO (l) NO (aq) + HO (aq)La concentracin de la disol[HO] = [HNO] =2,3 g HNO150 mL disolucin 1 mol HNO63 g HNO 103 mL disoluci1 L = 0,243 pH = log 0,243 =0,61

a2) Una disolucin saturada de . ( = 7,910 6. El disuelto est totalmente disociado).

La ecuacin qumica corresp es:Ca OH (s) Ca (aq) + 2 OH (aq)La constante de equilibrio dK = [Ca] [OH Si la solubilidad molar del C es s, las solubilidad[Ca] = s [OH] = 2sSustituyendo en la expresin:K = s 2s = 4 s3 La solubilidad en agua es:s = K43 = 7,910643 = 0,0125 MLa concentracin de OH es:[OH] = 2 0,0125 M = 0,02pOH = log 0,025 = 1,6 pH = 14 pOH =12,4

a3) Una disolucin de HCl cuya concentracin es 2,010 9 M. (Dato. = 1,010 14 )

El HCl es un cido fuerte ququmicas correspondientes aHCl (aq) + HO (l) Cl (aq) + HO (aq)


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Problemas y Cuestiones de las Oli2 HO (l) OH (aq) + HO (aq)

Las constantes de equilibrioK = K = [HO] [OH]El balance de materia corres[HCl = [Cl] = cEl balance de cargas (condic[HO] = [OH] + [Cl]Sustituyendo el valor de [OH] en la expresin de K se obtiene:[OH]=c [HO]K = [HO] c [HO]1,01014 = [HO] 2,0109 [HO] [HO 2109 [HO] 1014 = 0Se obtiene:[HO] = 1,01107 M pH = log 1,017 =6,99 a4) Una disolucin 0,4 M de metilamina, . La metilamina se comporta como base dbil, tomando un del .

(Dato. = 1,910 5 ) La metilamina es una base decuacin:CHNH (aq) + HO (l) CHNH (aq) + OH (aq)La expresin de la constante es:Kb =CHNH OHCHNH Aplicando los correspondien[CHNH] = [OH] [CHNH] = c [OH]siendo c la concentracin inNH. Sustituyendo esconstante queda:

K = OH]2c [OH] Cuando se d la circunstanccKb > 100 se puede realizar ] c


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Problemas y Cuestiones de las Olicon lo que la ecuacin anter

K =OHc 1,9105 =OH0,4 OH = 2,75103 MpOH = log 2,75103 = 2,56 pH = 14 pOH11,44 B) Indica razonadamente si en los siguientes casos se formaran precipitados: b1) Al aadir 1,0 g de a 50 mL de 0,1 M suponiendo que no vara el volumen total. (Datos: ( ) = 1,810 5 ; ( ) = 2,010 3 )

Al mezclar disoluciones de A y CHCOOH se produceCHCOOH (aq) + AgNO (aq) CHCOOAg (s) + HN (aq)La ecuacin qumica corresp3COOAg es:CHCOOAg (s) Ag (aq) + CHCOO (aq)La constante de equilibrio dK = [Ag] [CHCOO]Para que se forme precipitad:[Ag] [CHCOO] >K Considerando que la adicin[Ag] =1 g AgNO1 mol AgNO170 g AgNO50 mL disolucin 1 mol Ag1 mol AgNO 103 mL disoluci1 L = 0,117 MEl cido actico es un cidoecuacin:CHCOOH (aq) + H2O (l) CHCOO (aq) + HO (aq)

La expresin de la constante es:K =CHCOO HOCHCOOH Las concentraciones en el eq[CHCOO] = [HO] [CHCOOH] = c [HO]Cuando se d la circunstanccKa > 100 se puede realizar O] c


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Problemas y Cuestiones de las Olicon lo que la ecuacin anter

K =CHCOOc 1,8105 =CHCOO0,1 CHCOO = 1,3103 MCalculando el producto ini0,117 1,3103 = 1,6104 Como se observa, elproducto inico es menor que , por tanto,NO se forma precipitado. b2) Cuando se mezclan volmenes idnticos de una disolucin de 1,010 4 M con otra de

1,010 3 M. (Dato: ( ) = 8,010 10 ) Al mezclar disoluciones de NCO y BaCl se produce la reaNaCO (aq) + BaCl (aq) BaCO (s) + 2 NaCl (aq)La ecuacin qumica corresp es:BaCO (s) Ba (aq) + CO (aq)La constante de equilibrio dK = [Ba] [CO]Para que se forme precipitad:[Ba] [CO] > Kps Las concentraciones inicas

[Ba] =V mL BaCl 103 M103 mmol BaClmL BaCl 103 MV+V mL disolucin 1 mmol Ba1 mmol BaCl = 5,0104 M

[CO] =V mL NaCO 104 M104 mmol NaCOmL NaCO 104 MV+V mL disoluci 1 mmol CO1 mmol NaCO = 5,0105 MCalculando el producto ini5,0104 5,0105 = 2,5108 Como se observa, elproducto inico es mayor que K ps, por tanto,S se forma precipitado.


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Problemas y Cuestiones de las OliC) El potencial de reduccin del permanganato potsico en una disolucin en la que las concentraciones de permanganato y de Mn (II) son iguales depende nicamente del pH. Si el potencial de reduccin del semisistema / es 1,52 V partiendo de la ecuacin de Nernst que establece que:

= +0,059n donde los valores de x, y, z y n se determinan al ajustar el semisistema de reduccin. c1) Calcula como vara el potencial de reduccin del semisistema / en funcin del pH.

La semirreaccin de reducci es:MnO + 8 H + 5 e Mn + 4 HOLa expresin del potencial qE = E +0,0595 log[MnO] [H[Mn] Como [MnO] = [Mn], la expresin anteriorE = E +0,0595 log[H E = 1,52 0,0944 pH c2) Determina a partir de qu valor de pH el permanganato no ser capaz de oxidar los iones

a , considerando que el potencial normal del semisistema / es de 1,07 V.

Para se produzca la reaccin1,52 0,0944 pH > 1,07pH < 4,77 (O.Q.N. Ciudad Real 1997)


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Problemas y Cuestiones de las Oli7. Se introdujo en un recipiente una mezcla de 11,02 mmol de y 5,48 mmol de , junto con un catalizador de Pt, establecindose el siguiente equilibrio, a 700C y 762 Torr:

2 (g) + (g) 4 (g) + (g) La mezcla de reaccin se separ del catalizador y se enfri rpidamente hasta temperatura ambiente, a la cual las velocidades de las reacciones directa e inversa son despreciables. Al analizar la mezcla se encontraron 0,711 mmol de . a) Calcular y y a 700C.

a) La tabla correspondiente H2S CH4 H CS2ninicial 11,02 5,48 ntransformado 2x x nformado

4x xnequilibrio 11,02 2x 3,48 x Como x = 0,711 mmol, las cH2S CH4 H2 CS2nequilibrio 9,598 4,769 2,844El total de moles en el equiln = 9,598 + 4,769 + 2,844 +y las respectivas fracciones xH2S =nH2Sn =9,598 mmol17,922 mmol = 0,536 xCH4 =nCH4n =4,769 mmol17,922 mmo = 0,266xH2 =nH2n =2,844 mmol17,922 mmol = 0,159 xCS2 =nCS2n =0,711 mmol17,922 mmol = 0,040La constante de equilibrio d), mejollamarle K, ya que se trata de una mK =yCS2 yyCH4 y =0,040 0,1590,266 0,536 =3,3510 4

De acuerdo con la ley deDalton

, las presiones parciapCS2 = pyCS2 = 762 Torr 0,040 1 atm760 Torr = 0,040 atmpH2 = pyH2 = 762 Torr 0,159 1 atm760 Torr = 0,159 atmpCH4 = pyCH4 = 762 Torr 0,266 1 atm760 Torr = 0,266 atmpH2S = pyH2S= 762 Torr 0,536 1 atm760 Torr = 0,536 atm


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Problemas y Cuestiones de las OliLa constante de equilibrio d, es:

K =(pCS2) (pH2)4

(pCH4) (pH2S)2 =0,040 0,1590,266 0,536 =3,35104

La relacin entre las constan y K viene dada por la K = K RT donde = coef. Esteq. Produc coef. Esteq. RSustituyendo:K = 3,35104 [0,082 700+273 =

5,2610 8

b) Determinar si el proceso es espontneo o no a esa temperatura.

Para saber si el proceso es orG = RT ln Kp Sustituyendo:rG = 8,314103 kJK1 700+273 K ln4 =66 kJ Como rG > 0 se trata de un proce NO espontneo .c) Explica como afectara al equilibrio cada una de las siguientes variaciones: c1) Aumento de la presin total. c2) Disminucin de la concentracin de CH 4. c3) Aumento de la temperatura si el proceso es exotrmico a 700C.

El principio deLe Chtelier dice:cualquier cambio en una de las variables que determinan el estado de equilibrio de un sistema, causa un desplazamiento del equilibrio en el sentido que tiende a oponerse al cambio en la variable modificada .c1) Sise aumenta la presin, de acuerdo con el Le Chtelier , el sistese desplaza en el sentido en el que la moles de gas, en este caso h

la formacin de CH4 y H2 .c2) Sidisminuye la concentracin de CH4, de acuerdo conLe Chtelier , elsistema se desplazar en el s, es decirla formacin de CH4 y H2 .c3) Si seaumenta la temperatura , de acuerdo con el Le Chtelier , el sistedesplazar en el sentido en ese consuma calor y como se la formacin de CH4 y H2 .(O.Q.N. Ciudad Real 1997)


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Problemas y Cuestiones de las Oli8. Treinta gramos de un compuesto orgnico, formado por C, H y O, se queman en exceso de oxgeno y se producen 66 g de dixido de carbono y 21,6 g de agua. a) Calcula el nmero de tomos gramo de cada uno de los elementos que lo forman.

Teniendo en cuenta que en len CO y el H en HO, los moles de tomos66,0 g CO 1 mol CO44 g CO 1 mol C1 mol CO =1,5 mol C 21,6 g HO1 mol HO18 g HO 2 mol H1 mol HO =2,4 mol H El oxgeno contenido en el c30 g X 1,5 mol C 12 g C1 mol C + 2,4 mol H 1 g H1 mol H= 9,6 g O9,6 g O1 mol O16 g O =0,6 mol O

b) Cul es la frmula molecular del compuesto, si la masa molecular es 100?

Para obtener la frmula molmasa molar del compuesto X1,5 mol C30 g X

100 g X1 mol X

= 5mol Cmol X2,4 mol H30 g X 100 g X1 mol X = 8mol Hmol X0,6 mol O30 g X 100 g X1 mol X = 2mol Omol X

formula molecuC5H8O2 c) Considerando que dicha frmula molecular corresponde a un cido monocarboxlico aliftico. c1) Escribir las frmulas estructurales y nombrar todos los ismeros posibles.

COOH CH=CH cido 2 pentenoico

COOH C CH3 =CH cido 2 metil 2 butenoico

COOH CH=CH cido 3 pentenoico

COOH CH CH= cido 2 metil 3 butenoico

COOH CH= cido 4 pentenoico

COOH CH=C cido 3 metil 2 butenoico

COOH C = cido 2 etilpropenoico

COOH C = cido 3 metil 3 butenoico


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Problemas y Cuestiones de las Olic2) Cules de dichos ismeros presentan isomera geomtrica? Escribe los ismeros cistrans.

cido cis2pentenoico

cido cis3pentenoicocido trans3pcido cis2metil2butencido trans2m

d) De todos los ismeros solo uno de ellos presenta actividad ptica. d1) Indica cul es y seala el carbono asimtrico.

Se trata delcido 2 metil 3butenoico d2) Qu hibridacin presenta cada tomo de carbono?

Si el tomo de carbono pres enlaces sencillos hibridacin sp enlaces dobles hibridacin sp


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Problemas y Cuestiones de las Olid3) Indica el nmero de enlaces y el nmero de electrones de valencia no enlazantes.

Si el tomo de carbono preses y el otro es .Al existir en la molcula dosta presenta2 enlaces .Como se observa en la figur8 electrones no enlazantes , cuatro sobre cada tomd4) Qu hidrgeno presenta caractersticas cidas? Escribe la reaccin del compuesto con hidrxido de sodio.

Se trata del tomo de hidrgeno del grupo carboxilo.

La reaccin con NaOH es:=CHCH COOH + NaOH =CHCH COONa + (O.Q.N. Ciudad Real 1997)


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Problemas y Cuestiones de las Oli9. La obtencin de carbonato sdico ( ) mediante el mtodo Solvay utiliza sal de roca (NaCl) y caliza ( ) como materias primas, sin embargo el proceso de sntesis se realiza en varias etapas y no por reaccin directa de cloruro sdico y carbonato de calcio. Estas etapas pueden quedar esquematizadas con los comentarios que a continuacin se detallan: Primera etapa: Descomposicin trmica del carbonato de calcio a unos 1000C generando dixido de carbono. Segunda etapa: Paso de una corriente de (g) a travs de una disolucin de (g) en agua, obteniendo as un carbonato cido. Tercera etapa: Reaccin del carbonato cido, obtenido en la etapa anterior, con NaCl (ac) que permite obtener . Cuarta etapa: La descomposicin trmica del carbonato cido de sodio conduce a la formacin del producto deseado, as como a un gas que se utiliza en una de las etapas ya comentadas del proceso. Adems, mediante una quinta etapa, el mtodo Solvay permite que en el proceso global slo quede como producto residual (s), haciendo reaccionar los productos residuales de las etapas anteriores. Contestar las siguientes preguntas: a) Si se desea obtener 3 t/da de carbonato sdico qu cantidades de caliza y sal de roca sern necesarias diariamente si su contenido en y NaCl es el 85% y 95% respectivamente?

En primer lugar se escribendebidamente ajustadas con e Primera etapa:CaCO CaO + CO Segunda etapa:2 [CO + NH + HO

NHHCO] Tercera etapa:2 [NHHCO + NaCl NaHCO + NHCl] Cuarta etapa:2 NaHCO NaCO + CO + HO Quinta etapa:CaO + HO Ca OH Ca OH + 2 NHCl

CaCl + 2 NH + 2 HOReaccin global: + 2 NaCl + Na2CO3 El nmero de moles de NaCO a obtener es:3t NaCOda 106 g NaCO1 t NaCO 1 mol NaCO106 g NaCO = 2,83104g NaCOda Relacionando NaCO con NaCl:2,8310

4NaCOda

2 mol NaCl1 mol NaCO

58,5 g NaCl1 mol NaCl = 3,3110

6g NaClda


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Problemas y Cuestiones de las OliComo se trata de sal de roca

3,31106g NaClda 100 g sal de roca95 g NaCl 1 t sal de roca106 g sal de roca =3,48 t

sal de roca

Relacionando NaCO con CaCO:2,83104g NaCOda 1 mol CaCO1 mol NaCO 100 g CaCO1 mol CaCO = 2,83106g CaCOda Como se trata de caliza con :2,83106g CaCOda 100 g caliza85 g CaCO 1 t caliza106 g caliza =3,33 t caliza

b) La disolucin acuosa de cloruro sdico que se utiliza es saturada y se denomina salmuera. Sabiendo que la solubilidad en agua de NaCl a 100C es de 39,12 g por cada 100 cm3 , calcule la cantidad de agua/da a esa temperatura que sera necesaria para preparar la cantidad de salmuera requerida en el proceso.

Relacionando NaCl con agu3,3110g NaClda 100 cm3 HO39,12 g NaCl 1 m3 HO106 cm3 HO =8,46 m3

c) El (g) utilizado puede ser sintetizado mediante el proceso Haber, por reaccin directa entre hidrgeno y nitrgeno en fase gaseosa a 450C y presin elevada. Sabiendo que se trata de un equilibrio que puede ser modificado utilizando diferentes condiciones de reaccin, justifquese la presin utilizada. La reaccin del procesoHaber es:N (g) + 3 H (g) 2 NH (g)El principio deLe Chtelier dice:cualquier cambio en una de las variables que determinan el estado de equilibrio de un sistema, causa un desplazamiento del equilibrio en el sentido que tiende a oponerse al

cambio en la variable modificada .Sise aumenta la presin, de acuerdo con el prLe Chtelier , el sistemase desplaza en el sentido en el que la pregas, en este caso hacia

la formacin de .d) En el mtodo Solvay descrito anteriormente se producen, en diferentes etapas, dos compuestos qumicos, que por reaccin directa nos permiten generar (g) de forma diferente al proceso Haber. Indique el proceso qumico que origina el (g) en el mtodo Solvay.

Se trata de la reaccin entre obtenido en la quCl obtenitercera etapa: + 2 NH4 CaCl2 + 2 + 2 H2

(O.Q.N. Burgos 1998)


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Problemas y Cuestiones de las Oli10. Se analiz una aleacin de plomo y plata disolviendo una muestra de 0,5000 g en 50 mL de cido ntrico de concentracin 5 M. La disolucin resultante se dividi en dos porciones alcuotas de igual volumen. La primera de ellas se trat con yodato potsico en exceso y el precipitado obtenido alcanz un peso constante de 0,6605 g. a) Determinar el porcentaje de cada metal en la aleacin.

Al disolver la aleacin en H todo el plomo se tra (aq) y la p (aq):Pb (s) + Ag (s) + HNO (aq) Pb (aq) + Ag (aq)Al dividir en dos partes la dla muestra, es decir, 0,25 g dEl tratamiento con KIO en exceso de una las ambos metales:Pb (aq) + Ag (aq) + KIO (aq)

Pb IO (s) + AgIO (s)Llamandox ey a los gramos de Ag y respectivamente, se puede p Ecuacin con la mezcla inix g Ag + y g Pb = 0,25 g a Ecuacin con el precipitadox g Ag 1 mol Ag107,9 g Ag

1 mol AgIO1 mol Ag

282,9 g AgIO1 mol AgIO

= 2,622 x g Ag y g Pb 1 mol Pb207,2 g Pb 1 mol Pb IO1 mol Pb 557,2 g Pb IO1 mol Pb IO = 2,689 y g P 2,622 x g AgIO + 2,689 y g Pb IO = 0,6605 g precipResolviendo el sistema se obx =0,1742 g Agal cuota 2 al cuotamuestra =0,3484 g Agmuestra y =0,0758 g Pbal cuota 2 al cuotamuestra =0,1516 g Pbmuestra

Expresando el resultado en f0,3484 g Ag0,5 g aleacin100 =69,7% Ag 0,1516 g Pb0,5 g aleacin100 =30,3% Pb b) Cul es la concentracin de cada catin en la disolucin de partida?

[Ag] =0,3484 g Ag50 mL disolucin 1 mol Ag107,9 g Ag 103 mL disolucin1 L disolucin =6,4610 2 M [Pb] =0,1516 g Pb

50 mL disolucin 1 mol Pb207,2 g Pb

103 mL disolucin1 L disolucin

=1,4610 2 M


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Problemas y Cuestiones de las OliEn la otra porcin alcuota se pretendi separar ambos metales precipitando la mayor cantidad posible de uno de ellos mientras el otro permanece en disolucin en su totalidad. Para ello se dispone de los siguientes reactivos precipitantes: yoduro, tiocianato y bromuro. c) Cul de los dos metales quedar en el precipitado y cul en el filtrado? Razonar la respuesta. Constantes de solubilidad de los yoduros, tiocianatos y bromuros de plata y de plomo:

Plata Plomo Yoduro 3,2010 10 8,4910 9 Tiocianato (sulfocianuro) 2,5010 12 2,1110 5 Bromuro 5,3510 13 6,6010 6 Yodato 3,1610 8 3,1610 13

Para que se forme un precipque K. Como el producto de solel de las sales plomo (II), aq Agente precipitante bromurLas ecuaciones qumicas co spn,respectivamente:AgBr (s) Ag (aq) + Br (aq)PbBr (s) Pb (aq) + 2 Br (aq)A partir de las constantes K se obtiene la conce necesariaprecipitacin de los iones A y Pb de la disolucin:K = [Ag] [Br] [Br] =K[Ag] =5,3510136,46102 = 8,281012 M

K = [Pb] [Br [Br] = K[Pb] = 6,601061,46102 = 2,13102 M Por tanto,precipita antes ya que precisa una m.La concentracin de Ag cuando comienza a pr es:[Ag] =K[Br] =2,1310

22,13102 = 2,511011 M Agente precipitante tiocianLas ecuaciones qumicas co spn,respectivamente:AgSCN (s) Ag (aq) + SCN (aq)Pb SCN (s) Pb (aq) + 2 SCN (aq)


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Problemas y Cuestiones de las OliA partir de las constantes K se obtiene la concen necesariaprecipitacin de los iones A y Pb de la disolucin:K = [Ag] [SCN] [SCN] =K[Ag] =2,5010126,46102 = 3,871011 M K = [Pb] [SCN [SCN] = K[Pb] = 2,111051,46102 = 3,8012 M Por tanto,precipita antes ya que precisa una m.La concentracin de Ag cuando comienza a pr es:

[Ag] =K[SCN] =2,501012

3,80102 = 6,581011 M Agente precipitante yoduroLas ecuaciones qumicas co spn,respectivamente:AgI (s) Ag (aq) + I (aq)PbI (s) Pb (aq) + 2 I (aq)A partir de las constantes K se obtiene la conce necesariaprecipitacin de los iones A y Pb de la disolucin:K = [Ag] [I] [I] =K[Ag] =3,2010106,46102 = 4,95109 M

K = [Pb] [I [I] = K[Pb] = 8,491091,46102 = 7,63104 M Por tanto,precipita antes ya que precisa una m.La concentracin de Ag cuando comienza a pr es:[Ag] =K[I] =3,2010107,63104 = 4,19107 M Poniendo los resultados obteAgente precipitante [Ag] / M cuando comie Bromuro 2,511011 Tiocianato 6,581011 Yoduro 4,19107


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Problemas y Cuestiones de las OliElbromuro es elmejor agente separador ya que, segn secuando comienza a precipita la cantidad de Ag en disolucin d) Qu porcentaje de metal precipitado sera imposible separar utilizando como reactivo el yoduro, que es el menos apropiado?

50 mL disolucin4,19107 mmol AgmL disolucin 107,9 mg Ag1 mmol Ag 1 g Ag103 mg Ag = 2,26106 g Ag % prdidas Ag =2,26106 g Ag (disolucin)0,3482 g Ag (muestra) 100 =6,510 4



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Problemas y Cuestiones de las Oli11. Las reacciones de combustin son aquellas en las que se produce la oxidacin de una sustancia, por reaccin de sta con oxgeno molecular acompaada de gran desprendimiento de calor y a veces de llama, lo que justifica su nombre. Para medir los calores de combustin se emplea la bomba calorimtrica que es un recipiente de paredes metlicas resistentes, que se puede cerrar hermticamente, y donde se introduce una muestra de masa conocida de la sustancia, mezclada con oxgeno a una presin de varias atmsferas, despus de eliminar el aire, para garantizar la total combustin de la muestra. La bomba va instalada en un calormetro de agua, perfectamente termostatizado, y la combustin se inicia mediante ignicin con un conductor elctrico en cortocircuito. El calor desprendido se mide por la elevacin de la temperatura del agua del calormetro, tras realizar los ajustes necesarios para relacionar esta variacin de temperatura con el calor desprendido en el proceso. Se queman en una bomba calorimtrica 0,2840 g de acetona lquida. La capacidad calorfica total de la bomba es de 2817 JK . Durante el experimento se observa una elevacin de la temperatura desde 18,57 a 20,26C. a) Calcular el calor de combustin en la bomba calorimtrica expresado en J/g de sustancia.

La bomba se comporta com = 0, luego:Q + Q = 0Q = Q = Q = k Tdonde k es la capacidad caloQ = 2817 JK1 (20,26 18,57) K = 4761 JRelacionando el calor con laQ =4761 J0,2840 g =

16763 Jg 1 Puesto que la bomba calorimtrica, dentro de la cual se produce la combustin, es un recipiente de paredes rgidas, b) qu propiedad termodinmica se mide directamente a partir del calor de combustin?

En una bomba calorimtricacalor desprendido a V constante , que esigual a la variacin de energa interna , = E. c) Calcular la variacin de energa interna por mol de acetona. (Justificar el signo, + , que corresponde a esta variacin).

El signo () correspondienteproceso exotrmico en el quE =16763 Jg C3H6O 58 g C3H6O1 mol C3H6O 1 kJ103 J = 972,3 kJmol 1 d) Escribir la reaccin que ocurre en el interior de la bomba calorimtrica, indicando el estado fsico de reactivos y productos a 293,41 K.

La ecuacin qumica ajustad (l) + 4 (g) 3 (g) + 3 (l)


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Problemas y Cuestiones de las Olie) Hay variacin de presin en el interior de la bomba calorimtrica? Por qu?

En lacombustin de 1 mol de acetona

se produce undescenso de presin

en elinterior

de la

bomba ya que se pasa de 4 mole) a 3 moles de g).La relacin que existe entre los calores de reaccin a volumen y a presin constantes se puede establecer si se parte de la propia definicin de entalpa como funcin transformada de Legendre

respecto a la energa interna, que una vez integrada entre el estado inicial y el final de la reaccin, resulta:

H = U + (PV) Despreciando el volumen ocupado por las sustancias lquidas presentes en el sistema y admitiendo comportamiento ideal para las gaseosas: f) Calcular la entalpa molar de la reaccin de combustin, cH para T = 293,41 K . La ecuacin de Kirchhoff permite el clculo de la entalpa de reaccin a si se conoce a y se dispone de datos de la capacidad calorfica de reactivos y productos en funcin de la temperatura, que en este caso son de la forma = a + bT + cT JK mol (ver tabla de datos).

H = H + dT donde , = i , (productos) i , (reactivos) siendo i los coeficientes estequiomtricos de los productos y reactivos, respectivamente.

Aplicando la ecuacin dadaH = U + (PV) = U + nRTSustituyendo:H =

972,3 kJmol1 + 3 4 8,314103 kJmol1K1 293,41 K 974,7 kJmol

1

g) Calcular la expresin de , para esta reaccin. Datos: Constantes a, b, c de la funcin = a + bT + cT JK 1mol 1 Sustancias a b103 c105

(g) 29,96 4,18 1,67 (g) 44,23 8,79 8,62 (l) 74,48 CO (l) 99,32

Teniendo en cuenta la reacciCHO (l) + 4 O (g)

3 CO (g) + 3 HO (l)Los valores de iC para cada componente 3 C = 3 44,23 + 8,79103 T 8,62105 T Jmol1K1 3 C = 3 74,48 = 233,44 J1K1 4 C = 3 29,96 + 4,18103 T 1,67105 T Jmol1K1 C = 99,32 Jmol

1

K1


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Problemas y Cuestiones de las OliSustituyendo en la ecuacin

rCp,io = iCp,i

o (productos) iCp,i

o (reactivos) Se obtiene rCp,io = 136,97 + 9,6510 3 T 1,9210 5 T JK 1



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Problemas y Cuestiones de las Oli12. La reaccin del alqueno terminal A ( ) con cido bromhdrico concentrado conduce a la adicin de HBr al doble enlace generando un compuesto B , que presenta un grupo tercbutilo en su estructura. La reaccin de B con cianuro potsico en medio cido diluido produce el nitrilo C

( ), a partir del cual se puede obtener el cido 2,2dimetilpropanoico D ( ). a) Escribir las frmulas y dar el nombre sistemtico de todos los posibles ismeros estructurales y geomtricos de A.

cis2buteno trans 2 buteno 1 buteno metilpropeno

b) Calcular la frmula emprica de B sabiendo que contiene 35,04% de carbono, 6,57 % de hidrgeno y 58,39 % de bromo.

Para calcular la frmula emelementos. Tomando como belemento que est presente frmula emprica o sencilla:35,04 g C1 mol C12 g C = 2,92 mol C 6,57 g H1 mol H1 g H = 6,57 mol H58,39 g Br 1 mol Br79,9 g Br = 0,73 mol Br dividiendo por 0,

2,92 mol C0,73 mol B = 4

mol Cmol Br4,58 mol H0,73 mol B = 9 mol Hmol Br

La frmula emprica delcompuesto B esC4H9Br. c) Dibujar las estructuras de A , B , C y D.

Si en la reaccin entre el hid A y el HBr se formB que contiennecesariamente, A ha de ser el metilpropeMarkovnikov , quedice que el tomo de H es acompuestoB es el 2bromo2metilpro

Compuesto A Compuesto B


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Problemas y Cuestiones de las OliLos nitrilos se obtienen por

Compuesto B Compuesto C

A partir del 2,2dimetilprop

Compuesto C Compuesto D

Un estudiante que llev a cabo la anterior secuencia de reacciones comenzando con 5,6 litros de A , medidos en condiciones normales de presin y temperatura, obtuvo 8,5 g de D. d) Calcular el rendimiento global del proceso.

Para obtener el rendimiento de compuestoD que debera haber sido 5,6 L C4H8 1 mol CH22,4 L CH 1 mol CHO1 mol CH 102 g CHO1 mol CHO = 25,5 g CHO =8,5 g CHO (real)25,5 g CHO (terico) 100 =

33,3% Usando una serie similar de reacciones es posible obtener el cido 2metilbutanoico E ( ). e) Dar la estructura de los hidrocarburos de partida que podran ser utilizados para producir el cido E .

Partiendo del 1buteno y sig



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Problemas y Cuestiones de las Oli13. Calcule el pH de las siguientes disoluciones: a) Una disolucin acuosa de cido actico de concentracin 0,2 M. (Dato. cido actico = 1,810 5 )

El cido actico (CHCOOH), abreviadameparcialmente segn el equiliAcH (aq) + HO (l) Ac (aq) + HO (aq)cuya constante de acidez es:K =[Ac] [HO][HAc] Aplicando los correspondien[Ac] = [HO] y [AcH] = c [HO]siendo c la concentracin inconstante queda:

K =[HOc [HO] Cuando se d la circunstanccK > 100 se puede realizar O] ccon lo que la ecuacin anterK =[HOc Se obtiene

[HO] = K c 1,8105 0,2 = 1,9103 MpH = log 1,9103 =2,72 b) Una disolucin preparada disolviendo 8,2 g de acetato sdico en agua destilada hasta obtener 500 mL de disolucin. El acetato de sodio, NaCHCOO, abreviadamentNaAc (aq) + HO (l) Ac (aq) + Na (aq)La concentracin de esta disc =8,2 g NaAc0,5 L disolucin 1 mol NaAc82 g NaAc = 0,2 MEl ion Na no se hidroliza ya que pr


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Problemas y Cuestiones de las OliEl ion Ac se hidroliza produciendo segn la reacci

Ac + HO HAc + OH Aplicando los correspondien[HAc] = [OH] = x [Ac] = c [OH] = c xLa expresin de la constanteK =[HAc] [OH][Ac] El valor de la constante de bexpresin:K =KwK

K =10141,8105 = 5,61010 Como se cumple que:cK > 100 se puede realizar ] ccon lo que la ecuacin anterK =[OHc [OH] = K c = 5,61010 0,2 = 1,065 MpOH = log 1,06105 = 4,97

pH = 14 pOH = 14 4,97 =9,03

Una disolucin formada por un cido dbil cualquiera (HA) y una sal del cido con una base fuerte (NaA), se denomina disolucin amortiguadora de pH y tiene la propiedad caracterstica de manifestar pequeas variaciones de pH por efecto de la dilucin o de la adicin de cantidades moderadas de cidos o bases. El pH de este tipo de disoluciones se calcula a partir de la frmula:

pH= + log [sal]/[cido] Siendo K a la constante de acidez del cido HA. c) Calcule el pH de una disolucin obtenida al mezclar 500 mL de la disolucin del apartado a) con los 500 mL de la disolucin del apartado b)

Al mezclar las disoluciones en la que las concentracioneHAc = [NaAc] =500 mL NaAc 0,2 M500+500 mL 0,2 mol NaAc103 mL NaAc 0,2 M 103 mL1 L = 0,1 MEl pK del HAc es:pK = log K = log 1,8105 = 4,74


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Problemas y Cuestiones de las OliAplicando la ecuacin del en

pH = 4,74 + log0,10,1 =4,74

La adicin de un cido fuerte (por ejemplo HCl), en cantidad moderada, a esta disolucin, provoca la reaccin: NaA + HCl HA + NaCl

Es decir, aumenta un poco la concentracin del cido dbil, y disminuye la concentracin de la sal. La adicin de una base fuerte (por ejemplo NaOH), en cantidad moderada, provoca la reaccin:

HA + NaOH NaA + Que aumenta un poco la concentracin de la sal y disminuye en otro tanto la del cido dbil. d) Calcule el pH de: d1) Una disolucin preparada al agregar 10 mL de cido clorhdrico 1 M a la disolucin del apartado c).

10 mL de HCl 1 M proporci10 mL HCl 1 M 1 mmol HCl1 mL HCl 1 M = 10 mmol HClSegn el equilibrio propuest formando AcH:10 mmol HCl

1 mmol HAc1 mmol HCl

= 10 mmol HAc10 mmol HCl1 mmol NaAc1 mmol HCl = 10 mmol NaAcSuponiendo volmenes aditiHAc =1 L HAc 1 M 0,1 mol HAc1 L HAc 0,1 M + 10 mmol HAc 1 mol HAc103 mmol HAc1 L + 10 mL 1 L103 mL

= 0,1089 M

[NaAc] =1 L NaAc 1 M 0,1 mol NaAc

1 L NaAc 0,1 M 10 mmol NaAc 1 mol NaAc

103 mmol NaA1 L + 10 mL 1 L103 mL

= 0,0891Aplicando la ecuacin del enpH = 4,74 + log0,08910,1089 =4,65


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Problemas y Cuestiones de las Olid2) Una disolucin obtenida al agregar 10 mL de cido clorhdrico 1 M a un litro de agua destilada.

Al aadir 10 mL de HCl 1 Mconcentracin, suponiendo vHCl =10 mL HCl 1 M 1 mmol HCl1 mL HCl 1 M 1 mol HCl103 mmol HCl1 L + 10 mL 1 L103 mL = 9,9103 M

Como el HCl es un cido fuHCl (aq) + HO (l) Cl (aq) + HO (aq)Por tanto, [HCl] = [HO] = 9,910

3 M

pH = log 9,93 =

2,004

(O.Q.N. Almera 1999)


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Problemas y Cuestiones de las Oli14. El contenido en hierro de una muestra determinada, se puede conocer mediante una valoracin de oxidacinreduccin. Para ello, en primer lugar, se disuelve la muestra en un cido fuerte, reduciendo despus todo el hierro (III) a in ferroso, utilizando un reductor adecuado. Esta disolucin, se valora utilizando como reactivo un oxidante, por ejemplo dicromato potsico (disolucin patrn) que vuelve a pasar todo el ion ferroso a frrico, aadiendo un indicador que nos avise de la finalizacin de la valoracin. a) Exprese las semirreacciones de estos procesos, indicando la oxidacin y la reduccin, as como la reaccin inica de la valoracin.

En la disolucin del Fe en creduccin: 2 + 2 e

oxidacin: Fe + 3 e

2 Fe + 6 2 + 3

Reducido el Fe a Fe, a continuacin, se haO de acuerreaccin:reduccin: + 14 + 6 2 + 7

oxidacin: 6 + + 14 + 6 2 + 6 + 7

b) Se prepara una disolucin patrn que contiene 4,90 g de dicromato potsico en un litro de disolucin acuosa, con el fin de llevar a cabo una dicromatometra en medio cido. Una muestra

de mineral de hierro que pesaba exactamente 500 mg se disolvi en medio cido fuerte y posteriormente se trat con un reductor de Jones para reducir el hierro (III) a ion ferroso. La disolucin resultante se valor exactamente con 35,0 mL de la disolucin patrn de dicromato potsico en presencia de un indicador adecuado. Exprese el resultado del anlisis, en porcentaje de hierro en la muestra.

La masa de Fe contenida en 35 mL4,9 g CrO10 mL 1 mol CrO294 g CrO 6 mol Fe1 mol CrO 55,8 g Fe1 mol Fe = 0,196 g F El porcentaje de hierro que c0,196 g Fe0,5 g muestra100 = , %Fe c) Sabiendo que el potencial de reduccin del sistema / es 1,33 V, deducir la frmula

que determina como afecta el pH en medio cido al potencial redox de Nernst del sistema dicromato/ion crmico.

La semirreaccin de reducciCrO + 14 H + 6 e 2 Cr + 7 HOAplicando la ecuacin deNernst :


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Problemas y Cuestiones de las OliE = Eo 0,0592

n log[red]

[oxd]

E / = E/ 0,05926 log [Cr[CrO] [H Considerando que se trata d[CrO] = [Cr] = 1 ME / = 1,33 0,05926 log 1[H E / = 1,33 0,138 pH d) En cuanto vara el potencial del sistema dicromato/ion crmico, al aumentar el pH en una unidad?

El potencial (E) para un pH determinadE = 1,33 0,138 pHEl potencial (E) para un pH = pH + 1E = 1,33 0,138 pH + 1La variacin del potencial E = [1,33 0,138 pH + 1 ] [1,33 0,138 pH] E = 0,138 V (O.Q.N. Almera 1999)


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Problemas y Cuestiones de las Oli15. En un matraz de un litro de capacidad, se introducen 4,4 g de y 0,6 g de C (s) a 1000C. La reaccin que tiene lugar es:

C (s) + (g) 2 CO (g) Cuando el sistema reaccionante alcanza el equilibrio, la presin en el interior del matraz es de 13,9 atm. a) Con los datos anteriores, calcule el valor de la constante de equilibrio, G de la reaccin a 1000C y los gramos de C (s), (g) y CO (g) que hay contenidos en el matraz.

a) El nmero de moles inicia0,6 g C 1 mol C12 g C = 0,05 mol C 4,4 g 1 mol CO44 g CO = 0,10 mol 2 Para obtener el valor de G.Construyendo la tabla de moC CO COninicial 0,05 0,10 ntransformado x x nformado 2xnequilibrio 0,05 x 0,10 x 2xnt = 0,10 x + 2x = 0,Considerando comportamieequilibrio:

13,9 atm 1 L = 0,10+x1K

1 1000+273Se obtiene, x = 3,32102 molLas presiones parciales en e

pCO =2 3,32102 mol 0,082 atmLm1K1 1000+2731 L = 6,93 atmp= 0,10 3,32102 mol 0,082 atmL1K1 1000+2731 L = 6,97 aSustituyendo en la expresin:K =pCOp =6,936,97

= 6,9 La relacin entre K y rG viene dada por la erG = RT ln K Sustituyendo se obtiene:rG = 8,314103 kJK1 1000+273 K 20,4 kJ


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Problemas y Cuestiones de las OliLa composicin del equilibr

0,6 g C 3,32102 mol C 12 g C1 mol C =0,202 g C

4,4 g CO 3,32102 mol CO 44 g CO 1 mol CO =2,939 mol 2 3,32102 mol CO 28 g CO1 mol CO =1,859 g CO La suma de estas masas coiinicialmente en el reactor.b) Qu cantidad de tendra que haber introducido en el matraz para que en el equilibrio slo queden trazas de carbono, (10 5 g)?

Previamente, es necesario ob.K =[CO[CO] =nCOVn =4x2V n x Sustituyendo:K =4 3,321021 0,10 3,32102 =6,610 2 Si al alcanzarse el equilibrio5 g de C:0,6 g C x mol C 12 g C1 mol C = 105 g C x 0,05 mol Sustituyendo en la expresin se obtiene el van que es lainicial de CO que se debera haber intr4 0,051 n 0,05 = 6,6102 n = 0,202 mol C

0,202 mol CO 44 g CO 1 mol CO

=8,9 g c) Cuando se alcanza el equilibrio en el apartado a), qu cantidad de CO tendra que introducirse en el matraz para que queden 0,36 g de carbono en equilibrio?

Al alcanzarse el equilibrio dC CO COnformado 0,05 x 0,10 x 2xx = 3,32102 molnequilibrio 1,68102 6,68102 6,64102


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Problemas y Cuestiones de las OliAl aadir CO, de acuerdo coLe Chtelier , el equilibrioizquierda de tal manera que Sea

n

la cantidad, en moles, de moles es:C CO COninicial 1,68102 6,68102 6,64102 + nntransformado 2xnformado x x nequilibrio 1,68102 + x 6,68102 + x 6,64102 + n 2x El nmero de moles de C en0,36 g C

12 g C1 mol C = 3,0010

2

mol CPermite calcular el nmero d1,68102 + x mol C = 3,00102 mol C x = 1,32102 mol C C CO COnequilibrio 3,00102 8,00102 4,00102 + nSustituyendo en la expresin:4,00102 + n1 8,00102 = 6,6102 n = 3,25102 mol CO3,25102 mol CO 28 g CO1 mol CO =0,911 g CO d) Si una vez alcanzado el equilibrio en el apartado a) aumentamos al doble el volumen del

matraz, cul ser la presin total de equilibrio y la composicin en las nuevas condiciones?

El principio deLe Chtelier dice: cualquier cambio en una de las variables que determinan el estado de equilibrio de un sistema, causa un desplazamiento del equilibrio en el sentido que tiende a oponerse al cambio en la variable modificada .Segn la ley deBoyle, al duplicar el volumenhace la mitad. De acuerdo c

Le Chtelier

, el equilibrioformacin de CO, donde hayLa nueva tabla de moles es:C CO COninicial 1,68102 6,68102 6,64102ntransformado x x nformado 2xnequilibrio 1,68102 x 6,68102 x 6,64102 + 2x


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Problemas y Cuestiones de las OliSustituyendo en la expresin:

6,64102 + 2x2 6,68102 x = 6,6102

x = 0,01 mol CEl nmero de moles de gas eCO COnequilibrio 5,68102 8,64102ntotal 0,1432Considerando comportamienes:ptotal =

0,1432 mol 0,082 atmL1K1 1000+273 2 L =

7,5 atm

e) Si una vez alcanzado el equilibrio en el apartado a), se introducen 4 g de He (gas inerte) y 2 g de C (s), cul ser la nueva composicin de equilibrio y la presin total? El efecto sobre el equilibrio Alaadir 2 g C,no se ejerce ningn efecto sobre el equilibrio, ya que comla expresin de la constante Alaadir 4 g de He (sustancia inerte) a voaumenta la presin del sistema en equilibrio por adicConsiderando comportamienpHe =4 g He 0,082 atmLmol1K1 1000+273 K1 L 1 mol He4 g He = 104,39 aDe acuerdo con la ley deDalton, la presin de la meptotal = pCO + p + pHe = 6,93 + 6,97 + 10118,3 atm



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Problemas y Cuestiones de las Oli16. M. Faraday en 1825, al realizar la destilacin fraccionada de un subproducto obtenido en la fabricacin de gas de alumbrado a partir de aceite de ballena, obtuvo un hidrocarburo, que es una de las sustancias ms importantes de la industria qumica orgnica. Actualmente, se obtiene, en primer lugar, a partir de petrleo y, en menor proporcin a partir del alquitrn de hulla. Este compuesto se utiliza en la produccin de polmeros y otras sustancias orgnicas. Responda a los siguientes apartados: a) La combustin de 1,482 g de este hidrocarburo produjo 1,026 g de agua y un gas que al ser absorbido en una disolucin de hidrxido clcico, se formaron 11,400 g de carbonato clcico. Por otra parte, se determin su masa molecular mediante el mtodo de Dumas. Llevado a cabo el procedimiento operatorio, se obtuvo que 0,620 g del hidrocarburo en estado de vapor contenido en un matraz de 246,3 mL de capacidad, ejercieron una presin de 748 mmHg, a la temperatura de 100C. Determine la frmula molecular del compuesto.

Para evitar errores de redonhidrocarburo X a partir de scomporta como gas ideal, poM =0,620 g 0,082 atmLmo1K1 100+273 K748 mmHg 246,3 mL 760 mmHg1 atm 10 mL1 L = 78 gm1 El H contenido en el hidrocO:1,026 g HO1,482 g X1 mol HO18 g HO 2 mol H1 mol HO 78 g X1 mol X= 6mol Hmol X El C contenido en el hidroc2 en la combuposterior con Ca OH

2 produce CaCO.11,400 g CaCO1,482 g X1 mol CaCO100 g CaCO 1 mol C1 mol CaCO 78 g X1 mol X= 6mol Cmol X La frmula molecular o verdC6H6.

La destilacin del alquitrn de hulla produce cinco fracciones: 1) Petrleo ligero" formado por una mezcla de benceno y tolueno (metilbenceno); 2) Aceite intermedio" (fenol, cresoles y naftaleno); 3) Aceite pesado" (cresoles impuros y fenoles); 4) Aceite verde" (antraceno y fenantreno); y 5) Brea. b) Se toma una muestra de Petrleo ligero" y se lleva a un recipiente cerrado, a 20C de temperatura. Alcanzado el equilibrio entre la mezcla lquida y su vapor, se analiza el lquido e indica un contenido en benceno del 86,5% (en peso). Calcule la fraccin molar del benceno en la mezcla vapor a dicha temperatura. Considere al sistema bencenotolueno como una mezcla ideal. Datos (20C): = 75 mmHg; = 22 mmHg.

Previamente, se calcula la frx = 86,5 g CH1 mol CH78 g CH86,5 g CH1 mol CH78 g CH + 13,5 g CH1 mol CH92 g CH = 0,883x = 1 0,883 = 0,117


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Problemas y Cuestiones de las OliSi se considera que la mezcl

pi = pioxi pC6H6 = 75 mmHg (0,833) = 66pC7H8 = 22 mmHg (0,117) = 2,De acuerdo con la ley deDalton, la presin total queptotal = pC6H6 + pC7H8 = 66,225 + 2,574 = 6Como en la mezcla gaseosa Dalton:pi = pyi

de donde se obtiene la compyC6H6 =pC6H6p =66,225 mmHg68,799 mmHg =0,963 La estructura de rayos X de los cristales de benceno slido pone de manifiesto que la molcula es hexagonal plana, con longitud de enlace C C de 140 pm, intermedia entre el enlace sencillo (154 pm) y doble (133 pm). c) A partir de los siguientes datos de entalpas de hidrogenacin, calcule la energa de resonancia de la molcula de benceno: c1) La hidrogenacin es el proceso de adicin de H a un doble enlace. La entalpa de hidrogenacin del doble enlace en el ciclohexeno es de 118,8 kJ/mol y el de un doble enlace en el 1,3ciclohexadieno es 110,9 kJ/mol.

c2) El valor de la entalpa de hidrogenacin del 1,3,5 ciclohexatrieno (de uno de sus tres dobles enlaces) puede ser estimado por extrapolacin de los dos valores de las entalpas de hidrogenacin anteriores. c3) La entalpa de la hidrogenacin experimental del benceno a ciclohexano es de 206,3 kJ/mol.

La entalpa de resonancia de

Ciclohexatrieno Benceno H = ?La determinacin de la entaextrapolacin entre las entaSuponiendo una variacin liH 118,8 = EC=C + bH 2 110,9 = 2 EC=C + b EC=C = 103 kJ/b = 15,8 kJH = 3 E + b = 3 103 15,8 = 342,8Dados los siguientes datos d


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Problemas y Cuestiones de las Oli

Ciclohexatrieno Ciclohexano H = 324,8 kJ/mo

Benceno Ciclohexano H = 206,3 kJ/moLa entalpa de la reaccin prH = H H

H = 324,8 kJ/m 206,3 kJ/m 118,5 kJ/mol



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Problemas y Cuestiones de las Oli17. Las reacciones de fusin nuclear consisten en la combinacin de dos ncleos para formar otro ncleo con una masa mayor. Muchas reacciones de fusin liberan grandes cantidades de energa. Estas reacciones son diferentes a las de fisin nuclear utilizadas en las centrales nucleares actuales en las cuales el proceso es el contrario, es decir, un ncleo se rompe para dar varios ncleos ms pequeos, aunque tienen en comn con las anteriores que en algunos casos la cantidad de energa liberada tambin es muy alta. Si se consiguiera controlar el proceso de fusin, se producira un avance cientfico y tecnolgico gigantesco, ya que los reactores de fusin nuclear prometen energa virtualmente ilimitada para el futuro. La razn est en que el combustible, es decir, los istopos del hidrgeno, existen en una cantidad prcticamente ilimitada en la Tierra. Las investigaciones llevan desarrollndose ms de 40 aos pero hasta el momento, desgraciadamente, el xito no ha sido el deseado. Entre las reacciones utilizadas, una de las ms prometedoras como posible fuente de energa es la que hace reaccionar un tomo de deuterio y otro de tritio para dar un tomo de helio y un neutrn:

+ + + 17,6 Si fusemos capaces de aprovechar toda la energa liberada en esta reaccin, un slo kg de combustible sera suficiente para proveer de energa elctrica a todos los hogares de la Regin de Murcia durante algo ms de un mes (*). (*) Estimacin aproximada tomando 1.100.000 habitantes y 300.000 hogares, cada uno con un consumo medio de 300 kWh al mes. Datos: E = 13,6 / (eV), donde E representa la energa del electrn, Z es el nmero atmico y n el nivel energtico correspondiente. Suponiendo que fuese aplicable el modelo atmico de Bohr para la descripcin de todos los electrones implicados, determine: a) La diferencia entre el momento angular del electrn de los istopos de hidrgeno y el de los electrones del tomo de helio. Segn el 1er postulado de Bohr:L = m v r = n h2 En todas las especies n = 1, L = L L =h2 h2 =0 b) De toda la energa desprendida, cul es el porcentaje debido a la energa electrnica?

Aplicando el modelo deBohr la energa para cada es:E = 13,6ZHe2n2 = 13,62212 = 54,4 eVE = 13,6ZH2n2 = 13,61212 = 13,6 eVLa variacin de energa elecE

= E E


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Problemas y Cuestiones de las OliE = 2 54,4 eV 2 54

La energa desprendida en eE = 17,6 106 eVLa relacin entre ambas es:E E =81,6 eV17,610 eV =4,610 4 % c) Qu relacin existe entre la velocidad de los electrones en el helio y la que poseen el electrn del deuterio y del tritio? Calcule cuantitativamente dicha relacin.

En el modelo deBohr

la velocidad del electrm vr =14 Zer m v r = n h2 v =Z e2 h n

No existe diferencia entre laH. La relacin entre dichas vvv =

Z e2 h nZ e2 h n

vv =

ZZ =

2

d) Qu relacin existe entre el radio de la rbita de los electrones en los tomos de helio, deuterio y tritio? Sustituyendo el valor obtenipostulado deBohr se obtiene:

v =Z e2 h nm v r = n h2

r =h nZ m e No existe diferencia entre loidntico valor de Z. La relacdado por:

rr =h nZ m eh nZ m e rr =ZZ =

(O.Q.N. Murcia 2000)


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Problemas y Cuestiones de las Oli18. El cido sulfrico puede obtenerse a partir de la tostacin de la blenda (mineral cuyo principal componente es sulfuro de cinc), segn el proceso:

sulfuro de cinc + oxgeno xido de cinc + dixido de azufre [1] dixido de azufre + oxgeno trixido de azufre [2] trixido de azufre + agua cido sulfrico [3]

Cuntos kilogramos de blenda, con un 53 % de sulfuro de cinc se necesitan para obtener 200 kg de cido sulfrico 3,15 M? Densidad del cido sulfrico: 1,19 g .

Las ecuaciones qumicas coson:2 ZnS (s) + 3 O2 (g) 2 ZnO (s) + 2 SO2 (g)2 SO2 (g) + O2 (g) 2 SO3 (g)2 SO3 (g) + 2 H2O (l)

2 H2SO4 (aq) ZnS (s) + 2 O2 (g) + H2O (l) ZnO (s) + H2SO4 (aq)El nmero de moles de H2SO4 que contiene la diso200 kg H2SO4 3,15 M103 g H2SO4 3,15 M1 kg H2SO4 3,15 M 1 cm3 H2SO4 3,15 M1,19 g H2SO4 3,15 M 1 L H2SO4 3,15 M103 cm3 H2SO4 3,15 M 3,15 mol H2SO41 L H2SO4 3,15 M = 529,4 mol H2SO4

Relacionando H2SO4 con ZnS:529,4 mol H2SO4 1 mol ZnS1 mol H2SO4 97,4 g ZnS1 mol ZnS 1 kg ZnS103 g ZnS = 51,6 kg ZnRelacionando con ZnS blend51,6 kg ZnS100 kg blenda53 kg ZnS =97,3 kg blenda b) Qu volumen ocupa el oxgeno necesario en la primera etapa, o de tostacin, medido a 20C y 3 atm?

Relacionando ZnS con O2:51,6 kg ZnS103 g ZnS1 kg ZnS 1 mol ZnS97,4 g ZnS 3 mol O22 mol ZnS = 794,7 mol O2 El volumen de gas consumidV =794,7 mol 0,082 atmLm1K1 20+273 K3 atm =6364 L O2


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Problemas y Cuestiones de las Olic) Cul es la molalidad y tanto por ciento en peso del cido sulfrico obtenido?

Tomando como base de clc3,15 mol H2SO41 L H2SO4 3,15 M 1 L H2SO4 3,15 M103 cm3 H2SO4 3,15 M 1 cm3 H2SO4 3,15 M1,19 g H2SO4 3,15 M 98 g H2SO41 mol H2SO4100 =25,9% La cantidad de H2O contenida en 1 L de d1 L H2SO4 3,15 M103 cm3 H2SO4 3,15 M1 L H2SO4 3,15 M 1,19 g H2SO4 3,15 M1 cm3 H2SO4 3,15 M = 1190 g H2SO4 3,15 M3,15 mol H2SO4 98 g H2SO41 mol H2SO4 = 308,7 g H2SO4 1190 g H2SO4 3,15 M 308,7 g H2SO4 = 881,3 g H2OLa cantidad de H2O contenida en 1 L de d3,15 mol H2SO4881,3 g H2O 103 g H2O1 kg H2O =3,57 molkg 1

d) En la reaccin [2] se observa que si la concentracin inicial de dixido de azufre se duplica, manteniendo constante la de oxgeno, la velocidad de reaccin se multiplica por 8, mientras que si se mantiene constante la de dixido de azufre y se triplica la de oxgeno, la velocidad de reaccin se triplica. Calcule el orden de la reaccin.

La ecuacin general de velor = k SO O llamando x = [SO] e y = [O] se pueden escribiexperimentos:r r = k x y r2 8r = k 2x y r3 3r = k x 3y Relacionando los experimenr2r 8rr =k 2x yk x y se obtiene 2 = 2 a = 3 Relacionando los experimenr3r 3rr =k x 3yk x y se obtiene 3 = 3 b = 1 Elorden total de la reaccin es:a + b = 3 + 1 =4


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Problemas y Cuestiones de las Olie) Si los valores de las constantes de velocidad de la reaccin [2] son 0,55 a 600 K y 1,5 a 625 K, respectivamente, expresadas en las mismas unidades, cul es la energa de activacin de la reaccin en el intervalo de temperaturas considerado?

La ecuacin de Arrhenius indica la dependenciacon la temperatura:lnkk =ER 1T 1TConsiderando que los valore1= 600 K, k1 = 0,55) y (T2= 625 K, k2 = 1,5), ade los mismos se puede calc:ln0,551,5 = E8,31410

3 kJmol

1K

1 1625 K

1600 K

= 125,1 kJmol 1 (O.Q.N. Murcia 2000)


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Problemas y Cuestiones de las Oli19. El fosgeno ( ) nombre trivial del cloruro de carbonilo, es un gas incoloro, de olor sofocante, que licua a 8C. Fue descubierto por Davy en 1812. Debido a su gran reactividad resulta extremadamente txico por inhalacin (reacciona con el agua dando cloruro de hidrgeno y dixido de carbono) aunque no parezca inmediatamente irritante, provocando edemas pulmonares, caracterstica que lo hace muy apropiado como arma qumica, de ah su empleo como gas de combate durante la 1 Guerra Mundial. Tambin presenta aplicaciones industriales; as, se emplea para la preparacin de isocianatos, destinados a la fabricacin de poliuretanos, y para la sntesis de colorantes derivados del trifenilmetano. A 900C de temperatura y 1,3 atmsferas de presin, el fosgeno contenido en un recipiente hermticamente cerrado est parcialmente disociado, coexistiendo en equilibrio con monxido de carbono y cloro molecular. En esas condiciones la densidad del fosgeno es 0,725 g . Determine: a) El grado de disociacin en las condiciones de presin y temperatura dadas.

La ecuacin qumica correspCOCl (g) CO (g) + Cl (g)Escribiendo la tabla de moleCOCl CO Clninicial n ntransformado n nformado n nnequilibrio n n = n 1 n nn = n 1 + n+ n= n 1 La presin y la densidad de fosgeno. Considerando compV = n 1+ RTn =mM

=pMRT 1 = 1,3 atm 99 gmol10,725 gL1 0,082 atmLmol1K1 900+273 K 1 = 0,846 = , %

b) Las concentraciones de cada una de las especies qumicas presentes en la mezcla gaseosa.

Aplicando la ley deDalton

se calculan las presiop = p = p y = p nn 1+ p = p = 1,3 atm 0,8641+0,864 = 0,60 p = p y = pn 1n 1+ p = 1,3 atm10,8641+0,864 = 0,10 aConsiderando comportamienequilibrio:CO = Cl2 =pCORT = 0,60 atm

0,082 atmLmol1K

1 900+273 K

=6,210 3 molL 1


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Problemas y Cuestiones de las OliCOCl2 =pRT = 0,10 atm

0,082 atmLmol1K

1 900+273 K

=1,010 3 molL 1 c) El valor de la constante , suponiendo comportamiento ideal de la mezcla gaseosa.

La constante K es:K =p pp =0,60 0,600,10 =3,6 d) Si estando la mezcla en equilibrio se reduce el volumen del sistema hasta un tercio de su valor inicial (sin que resulte afectada la temperatura), qu concentracin le corresponder a cada una de las especies en el nuevo equilibrio?

El principio deLe Chtelier

dice:cualquier cambio en una de las variables que determinan el estado de equilibrio de un sistema, causa un desplazamiento del equilibrio en el sentido que tiende a oponerse al cambio en la variable modificada .Segn la ley deBoyle, si se reduce el volumpresin se triplica. De acuerLe Chtelier el sistema ssentido en el que baje la premolculas de gas presentes e2.La constante K es:K =CO Cl2COCl2 =6,210

3 6,210

31,0103 =

3,810 2

Debido a la reduccin del vconcentracin son el triple qCOCl2 CO Cl2 cinicial 3,0103 1,9102 1,9102 ctransformado x xcformado x cequilibrio 3,0103 + x 1,9102 x 1,9102 xSustituyendo en la expresin:3,8102 =1,9102 x 1,9102 x3,0103 + x x = 3,4103 molLas concentraciones en el nuCO = Cl2 = 1,9102 3,4103 molL1 =1,610 2 molL 1 COCl2 = 3,0103 + 3,4103 molL1 =6,410 3 molL 1


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Problemas y Cuestiones de las Olie) Cmo afectara, a este nuevo equilibrio, la adicin al sistema de 1 mol de He, manteniendo constantes tanto su volumen como su temperatura?

Alaadir 1

mol

de

He (sustancia inerte) a voaumenta

la presin del sistema en equilibrio por adpermaneciendo inalterable el equilibrio. (O.Q.N. Murcia 2000)


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Problemas y Cuestiones de las Oli 20. En la vida diaria son muy diversos los procesos que implican un flujo de electrones, desde el fenmeno de un relmpago hasta la pilas que hacen funcionar radios, relojes o marcapasos. Tambin un flujo de cargas hace posible el funcionamiento del sistema nervioso en los animales. La electroqumica es la rama de la qumica que estudia la interaccin entre la electricidad y la materia. En base a sus conocimientos de electroqumica y por aplicacin de la ecuacin de Nernst y leyes de Faraday, conteste a las siguientes cuestiones: a) A concentraciones equimoleculares de (aq) y (aq), cul debe ser la concentracin de (aq) para que el potencial de la pila galvnica formada por los pares (aq)/Ag (s) y (aq)/ (aq) sea igual a cero? Datos: E ( /Ag) = 0,799 V; E ( / ) = 0,771 V. La notacin abreviada de la

Fe (aq) / Fe (aq) // Ag (aq) / Ag (s)nodo ctodoctodo (reduccin): Ag + e Agnodo (oxidacin): Fe Fe + e Ag + Fe Ag + Fe Aplicando la ecuacin deNernst :

E = Eo 0,0592n log[red][oxd]

E/Ag = 0,799 0,0592

1 log 1

[Ag]

E/ = 0,771 0,05921 log[Fe][Fe] El potencial de la pila se calEpila = Ectodo Enodo Epila = E/Ag E/ Si en este caso, Epila = 0 y [Fe] = [Fe]:0,799 0,0592 log 1[Ag]

= 0,771 [ ] = 0,337 M b) Determine la constante de equilibrio a 25C para la reaccin: (aq) + (aq) Ag (s) + (aq) Cuando Epila = 0, la reaccin se encueK =1[Ag] =10,337 =2,97


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Problemas y Cuestiones de las Olic) Cuando se aade mercurio lquido en exceso a una disolucin acidificada de (aq) de concentracin 1 mM se comprueba que, una vez alcanzado el equilibrio, el 94,6% del hierro inicial se ha reducido hasta (aq). Calcule E para el par (aq)/Hg (l) suponiendo que la disolucin se encuentra a 25C y que la nica reaccin que se produce es:

Hg (l) + (aq) (aq) + (aq)

La ecuacin qumica ajustad2 Hg (l) + 2 Fe (aq) Hg (aq) + 2 Fe (aq)La notacin abreviada de la Hg (l) / Hg (aq) // Fe (aq) / Fe (aq)nodo ctodoctodo (reduccin): Fe + e

Fe nodo (oxidacin): 2 Hg Hg + 2 e 2 Hg (l) + 2 Fe (aq) Hg (aq) + 2 Fe (aq)Las cantidades en el equilibrFe Hg Fe ninicial 103 1,9102 1,9102 ntransformado x nformado

x xnequilibrio 103 x x xx = 0,946103 nequilibrio 0,54104 4,73104 9,46104La constante de equilibrio eK =[Hg] [Fe[Fe =4,73104 9,461040,54104 = 0,145Aplicando la ecuacin deNernst a la pila:Epila = Epila

o 0,05922 logKEl potencial estndar de la pEpilao = Ectodoo Enodoo Epila = E/o E/Hgo En el equilibrio Epila = 0, sustituyendo se ob/Hg:

0,771 E/Hgo =0,05922 log 0,145 E /Hgo = 0,796 V


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Problemas y Cuestiones de las Olid) Sabiendo que en medio cido el par (aq)/ (aq) tiene un potencial E =0,56 V, qu fuerza electromotriz estndar tendr esta semipila en medio bsico? La semirreaccin de oxidaciMnO MnO + e Como se observa, la reacciel potencial permanece constante .e) Un electrodo de hidrgeno ( = 0,9 atm) se sumerge en una disolucin en la que existe un electrodo de referencia cuyo potencial es de 0,3 V; al conectar ambos electrodos a travs de un puente salino se obtiene una pila de 0,689 V de fem. Calcular el pH de la disolucin.

La pila es:H (g, 0,9 atm) / H (x M) // M (aq) / M (s)nodo ctodoctodo (reduccin): 2 M + e Mnodo (oxidacin): H 2 H + 2 e H (g) + 2 M (aq) 2 H (aq) + 2 M (s)El potencial de la pila se calEpila = Ectodo Enodo

Epila = Eref E/ E/ = E/o 0,05922 log[Hp Teniendo en cuenta que E/o = 0 y el concepto dcomo:pH =Epila Eref o0,0592 12log p pH =0,689 0,30,0592 12log (0,9) =6,62 (O.Q.N. Murcia 2000)


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Problemas y Cuestiones de las Oli 21. En la qumica del nitrgeno, y en general, en la qumica de los compuestos covalentes, el concepto de estado de oxidacin constituye slo un formalismo til para, entre otras cosas, igualar reacciones qumicas pero al que no se le puede atribuir una realidad fsica. Existen compuestos de nitrgeno en todos los estados de oxidacin formales entre 3 y +5, y xidos de nitrgeno en cada uno de los cinco estados de oxidacin de +1 a +5. El xido de nitrgeno (I) (tambin conocido como xido nitroso o protxido de nitrgeno fue el primer anestsico sinttico que se descubri y el primer propulsor para aerosoles comerciales; sus propiedades beneficiosas contrastan con las de otros xidos como el de nitrgeno (II) (tambin conocido como xido ntrico) y el de nitrgeno (IV) que son contaminantes atmosfricos a concentraciones elevadas. A 25C y 1 atm, el xido ntrico es termodinmicamente inestable. A presiones elevadas, se descompone rpidamente en el intervalo entre 30 y 50C, segn la siguiente reaccin en la que intervienen los tres xidos de nitrgeno mencionados:

3 NO (g) (g) + (g)

a) Dibuje las estructuras de Lewis correspondientes a estos tres xidos de nitrgeno. Las estructuras de Lewis corb) Indique y justifique la geometra molecular del xido nitroso y del dixido de nitrgeno.

De acuerdo con modelo de (MRPECV) que dice que diposible con el fin de minimi ElN

2O posee una forma geomtruna estructura del tipo AXE (A = tomo central,unido al tomo central, E = que tiene un nmero estriccorresponde una distribucisolitarios alrededor del tomsolitarios sobre el tomo cengeometra molecular eslineal. ElNO2 posee una forma geomtruna estructura del tipo AXE que tiene un nmero2 + 1 = 3. Con ese valor letriangular de ligandos y parcentral. Al existir un par sogeometra molecular esangular.c) Indique y justifique el momento dipolar que presentan estos tres xidos de nitrgeno.

Tanto elNO como elN2O poseen un nico dipdiferente electronegatividadelectronegativo de que el N hacia el O. Ambas molculapolares.


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Problemas y Cuestiones de las OliEl valor de la constante de e

K = exp rGRT = exp 102,6 kJ8,314103 kJK1 25+273 K=9,810

El elevado valor de la consta confirma la espont a 25C.e) Calcule la presin total, una vez alcanzado el equilibrio, despus de introducir 1 mol de xido ntrico en un reactor cerrado de 2 litros a 25C.

Como K es muy grande, quiere dcompletamente hacia la dereN2O y mol de NO2, por lo que nmero de Considerando comportamienp =2 mol 0,082 atmL1K1 25+273 K2 L =8,15 atm f) Razone cualitativamente cmo influiran en la descomposicin del xido ntrico el volumen y temperatura del reactor del caso anterior.

El principio deLe Chtelier dice:cualquier cambio en una de las variables que determinan el estado de equilibrio de un sistema, causa un desplazamiento del equilibrio en el sentido que tiende a oponerse al cambio en la variable modificada .

Segn la ley deBoyle

,si aumenta el volumen

del reactor a tdisminuye la presin. De acuerdo con el prLe Chtelier , el sistemael sentido en el que suba la nmero de molculas gaseoequilibrio se desplaza hacia la formacin de NO. Si aumenta la temperatura , de acuerdo con el Le Chtelier , el sistedesplaza en el sentido en elexotrmico (H < 0), el equdecir, elequilibrio se desplaza hacia la formacin de NO.

Ambas modificaciones NO favorecen la descomposicin del NO.

g) Para esta reaccin se encuentra experimentalmente que, en el intervalo de 0 a 1000C, existe una relacin lineal entre el log y la inversa de la temperatura absoluta segn la ecuacin:

log = m (1/T) + c donde m y c son constantes, siendo m = H/(2,303 R), R la constante de los gases y H la variacin de entalpa estndar de la reaccin. Calcule el valor de a 800C. Dato: R= 8,314 J .

Planteando la ecuacin dadexpresin:


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Problemas y Cuestiones de las OlilogKK =rH2,

Documents

Problemas de las olimpiadas nacionales 1996-2011, Vol 6 (2011) - pag 194 - Sergio Menarges & Fernando Latre.pdf