setiembre

Química
Examen de setiembre
I.E.S. Elviña
04/09/07
Nombre____________________________________________
CUESTIONES (Responde SOLAMENTE a
DOS de las siguientes cuestiones)
1. a) Justifica el distinto carácter dipolar de las
moléculas de agua y dióxido de carbono. ►
b) Formula y completa los siguientes equilibrios
ácido-base de Brönsted-Lowry, caracterizando
los correspondientes pares ácido-base conjugado:
b.1) . . . . .+ agua  ión carbonato + ...
b.2) ión amonio + ...  agua + . . . . . ►
2. a.1) Formula los cuatro compuestos siguientes:
1) 3–metil–2–butanona.
2) Ácido 2–propenoico.
3) 2,3–butanodiol.
4) 2,5–dimetil–3–hepteno.
b.1) ¿Presentan isomería óptica? Dibuja en su
caso los isómeros correspondientes.
b.2) ¿Presentan isomería geométrica? Nombra y
formula en su caso los isómeros
correspondientes. ►
3. a) El hierro forma dos cationes estables con
estados de oxidación +2 e +3 ¿Cuáles serán las
configuraciones electrónicas completas de esos
cationes? Razónalo. ►
b) ¿Cómo podríamos distinguir entre tres
disoluciones acuosas: tetraoxosulfato(VI) de
amonio [sulfato de amonio]; trioxonitrato(V) de
potasio [nitrato de potasio] y oxobromato(I) de
sodio [hipobromito de sodio], usando sólo papel
indicador ácido-base? Razona la respuesta. ►
PROBLEMAS (Resuelve SOLAMENTE DOS
de los siguientes problemas)
1. Calcula:
a) El pH de la disolución saturada de hidróxido
de manganeso(II).
b) Si precipitará hidróxido de manganeso(II)
cuando se añaden 2,00 mg de cloruro de
manganeso(II) a 5,00 dm3 de una disolución de
hidróxido de sodio de pH = 10,0 sin variación de
volumen. ►
2. El COCl2 gaseoso se disocia a una temperatura de
1000 K, según la siguiente reacción:
COCl2 (g) ↔ CO (g) + Cl2 (g)
Cuando la presión de equilibrio es de 1,00 atm el
porcentaje de disociación de COCl2 es del 49,2%.
Calcula:
a) El valor de Kp
►
b) El porcentaje de disociación de COCl2 cuando
la presión de equilibrio sea 5,00 atm a 1000 K?
3. a) Calcula la entalpía de formación de 200 m3 de
eteno(g) medido a 300 ºC y 110 kPa.
b.1) Calcula la variación de energía interna en la
formación de un mol de etano(g).
b.2) Si la variación de entropía del proceso:
C2H4 (g) + H2 (g) → C2H6 (g)
0
es ΔS = 110,6 J/K, Razona si el proceso será
espontáneo en condiciones estándar. ►
LABORATORIO (Responde SOLAMENTE a
una de las siguientes cuestiones)
1. Dispones de ácido clorhídrico comercial (riqueza
36% en masa y densidad = 1,2 g/cm3) y debes
preparar 500 cm3 de una disolución de de ácido
clorhídrico 0,1 mol/dm3. Explica detalladamente el
procedimiento, material y cálculos
correspondientes. ►
2. Se construye una pila con cobre y aluminio y
sales de sus iones.
a) Escribe las reacciones que tienen lugar en cada
uno de los electrodos, nombrándolos y diciendo
que especie se oxida y/o se reduce. Escribe la
reacción global de la pila y calcula su potencial
normal.
b) Haz un esquema de esta pila, indicando todos
los elementos necesarios para su funcionamiento.
¿En qué sentido circulan los electrones?. ►
DATOS: R = 0,082 atm·L·mol-1·K-1 = 8,31 J·mol-1·K-1
1 atm = 760 mm Hg = 1,01×105 Pa
0
A 25 C, producto de solubilidad: hidróxido de manganeso(II): Ks = 4,0×10-14
constante de ionización del agua: Kw = 1,00×10-14
potenciales de reducción: ión cobre(II)/cobre: E0 = +0,34 V , ión aluminio/aluminio: E0 = -1,66 V
entalpías de formación: dióxido de carbono(g): Hfº = -393,5 kJ/mol; agua(l) Hfº = -285,5 kJ/mol
entalpías de combustión: del etano(g): ΔH0 = -1 559 kJ/mol; del eteno(g): ΔH0 = -1 410,9 kJ/mol
Soluciones
Cuestiones
1. a) Justifica el distinto carácter dipolar de las moléculas de agua y dióxido de carbono.
▲ ►
Solución:
La electronegatividad mide la tendencia que tiene un átomo a atraer hacia sí el par de electrones del
enlace y la resistencia a dejarlos marchar. El elemento más electronegativo es el flúor y después el
oxígeno.
Como el oxígeno es mucho más electronegativo que el carbono y que el hidrógeno, tanto el enlace C+δ → O–δ
como el H+δ → O–δ serán polares. La diferencia está en la forma de las moléculas.
La molécula de CO2 es lineal. La T.R.P.E.C.V. lo explica porque el átomo central de carbono sólo está unido
a dos átomos de oxígeno y no tiene pares electrónicos no enlazantes, como se ve en el diagrama
electrón-punto de Lewis: :Ö::C::Ö: La repulsión entre los electrones de los enlaces explica una disposición
lineal con ángulo de 180º. Como el momento dipolar se puede representar por un vector, la resultante de los
vectores dipolares O–δ ← C+δ → O–δ de igual valor y sentidos opuestos es nula. La molécula de CO2 es
apolar.
La molécula de H2O es angular con un ángulo de 105º. La T.R.P.E.C.V. lo explica porque el átomo central de
oxígeno está unido a dos átomos de hidrógeno y tiene dos pares electrónicos no enlazantes, como se ve en el
diagrama electrón-punto de Lewis: H:Ö:H
¨
La repulsión entre los electrones de los enlaces y los de los pares no enlazantes explica una disposición casi
tetraédrica entre los pares de electrones con un ángulo H–O–H algo menor de 109,5º. Como el momento
dipolar se puede representar por un vector, la resultante de los vectores dipolares
O
H µ
H
no es nula. La molécula de H2O es polar.
b) Formula y completa los siguientes equilibrios ácido-base de Brönsted-Lowry, caracterizando los
correspondientes pares ácido-base conjugado:
b.1) . . . . .+ agua  ión carbonato + ...
b.2) ión amonio + ...  agua + . . . . . . ◄ ▲ ►
Solución:
b.1) . . . . .+ H2O  CO32- + . . . . .
El ión carbonato no puede ser un ácido según Brönsted-Lowry, ya que no tiene iones hidrógeno que puede
ceder. Por tanto ha de ser una base. Su ácido conjugado es el que le ha cedido un protón al agua, por lo que
su fórmula es HCO3–; ión hidrógenocarbonato.
El agua ha funcionado como base, ha aceptado un protón y da lugar a su ácido conjugado: el ión hidronio (u
oxonio) H3O+ .
La reacción completa es:
HCO3– + H2O  CO32- + H3O+
ácido
base  base
ácido
conjugada conjugado
b.2) NH4+ + . . . . .  H2O + . . . . .
El ión amonio es un ácido según Brönsted-Lowry, ya que cede iones hidrógeno. Se convierte en su base
conjugada al ceder un protón. Su base conjugada es el NH3 amoníaco.
La base que ha reaccionado con el ión amonio es el ión hidróxido, OH–, que, al aceptar el protón del ión
amonio se convierte en agua, que es su ácido conjugado.
La reacción completa es:
NH4+ + OH–  H2O + OH–
ácido
base  ácido
base
conjugado conjugada
2. a.1) Formula los cuatro compuestos siguientes:
1) 3–metil–2–butanona.
2) Ácido 2–propenoico.
3) 2,3–butanodiol.
4) 2,5–dimetil–3–hepteno.
b.1) ¿Presentan isomería óptica? Dibuja en su caso los isómeros correspondientes.
b.2) ¿Presentan isomería geométrica? Nombra y formula en su caso los isómeros correspondientes
►
◄ ▲
Solución:
a.1)
1) 3–metil–2–butanona.
O
H3C
C
CH3–CO–CH(CH3)–CH3
CH CH3
H3C
2) Ácido 2–propenoico.
3) 3–metil–2–butanol.
CH2=CH–COOH
OH CH3
CH3–CHOH–CH(CH3 )–CH3
CH3 CH CH CH3
CH3
H
CH
CH3 CH3–CH(CH3 )–CH=CH–CH(CH3 )–CH2–CH3
C
4) 2,5–dimetil–3–hepteno. H3C
C
CH2
CH
CH3
H
b.1) Para que un compuesto orgánico tenga isomería óptica, ha de tener al menos un carbono quiral o
asimétrico, unido a cuatro grupos distintos. Sólo los compuestos 3 y 4 tienen carbonos asimétricos, dos cada
uno de ellos, marcados con un (*).
CH3–C*HOH–CH(CH3 )–CH3
El carbono 2 está unido a un grupo metilo –CH3 , un grupo hidroxilo –OH, un hidrógeno –H, y un grupo
2-propilo –CH(CH3 )–CH3. Son cuatro grupos distintos y el carbono es asimétrico.
Los isómeros son enantiómeros, es decir, imágenes especulares.
C3H7
C
CH3
H
OH
H7C3
H
HO
C
CH3
CH3–CH(CH3 )–CH=CH–C*H(CH3 )–CH2–CH3
El carbono 5 están unido a un grupo metilo –CH3 , un grupo etilo –CH2–CH3, un hidrógeno –H, y un grupo de
cinco carbonos: CH3–CH(CH3 )–CH=CH–. Son cuatro grupos distintos y el carbono es asimétrico.
Los isómeros son enantiómeros, es decir, imágenes especulares.
C5 H9
C
CH3
H9 C5
H
H
C2H5 H5C2
C
CH3
b.2) Para que haya isomería geométrica, debe haber un doble enlace, de modo que los grupos unidos a cada
carbono del doble enlace sean distintos. Sólo lo cumple el compuesto 4.
C3 H7
C
H
C 4H9
H
C
C4 H9
C
H
C
H7 C 3
Z-2,5–dimetil–3–hepteno.
H
E-2,5–dimetil–3–hepteno.
3. El hierro forma dos cationes estables con estados de oxidación +2 e +3 ¿Cuáles serán las configuraciones
electrónicas completas de esos cationes? Razónalo. ◄ ▲ ►
Solución:
Fe2+: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 3d5,
[Ar] 4s1 3d5
Fe3+: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5,
[Ar] 3d5
La configuración electrónica del hierro metálico es:
Fe:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6,
pero cuando pierde electrones para convertirse en ión, los primeros que pierde son los 4s. Las configuraciones de los iones que se forman tienden a cumplir las reglas de estabilidad de configuraciones electrónicas:
octete (imposible en este caso), orbitales llenos y orbitales semiocupados. Para el Fe2+, 4s1 3d5 (semi, semi)
cumple estas dos últimas mejor que las alternativas 4s2 3d4 (lleno, nada) y 3d6 (nada). Para el Fe3+, 3d5
(semi) cumple las reglas mejor que las alternativas 4s2 3d3 (llena, nada) y 4s1 3d4 (semi, nada).
b) ¿Cómo podríamos distinguir entre tres disoluciones acuosas: tetraoxosulfato(VI) de amonio [sulfato de
amonio]; trioxonitrato(V) de potasio [nitrato de potasio] y oxobromato(I) de sodio [hipobromito de sodio],
usando sólo papel indicador ácido-base? Razona la respuesta.
◄ ▲ ►
Solución:
El sulfato de amonio tendrá carácter ácido.
Al disolverse el sulfato de amonio, (compuesto iónico), sus iones se solvatarán y separarán.
(NH4)2SO4 (aq) → 2 NH4+(aq) + SO42–(aq)
El ion sulfato proviene de un ácido fuerte (el ácido sulfúrico), y el posible equilibrio
SO42– (aq) + H2O ← OH–(aq) + HSO4–(aq)
está totalmente desplazado hacia la izquierda. No se hidroliza.
Pero el ion amonio proviene de una base débil (el amoníaco), y se hidroliza.
NH4+(aq) + H2O  NH3 (aq) + H3O+(aq)
Este equilibrio produce exceso de iones hidronio, lo que confiere a la disolución un carácter ácido.
El nitrato de potasio será neutro.
Sus iones K+ y NO3– provienen de especies fuertes (el hidróxido de potasio es una base fuerte y el ácido
nítrico es un ácido fuerte) y no se hidrolizan. El pH de la disolución será el mismo que el del agua.
El hipobromito de sodio tendrá carácter básico.
Al disolverse el hipobromito de sodio, (compuesto iónico), sus iones se solvatarán y separarán
NaBrO (aq) → Na+(aq) + BrO–(aq)
El ion sodio proviene de una base fuerte (el hidróxido de sodio), y el posible equilibrio.
Na+(aq) + H2O ← NaOH (aq) + H3O+(aq)
está totalmente desplazado hacia la izquierda. No se hidroliza.
Pero el ion hipobromito proviene de un ácido débil (el ácido hipobromoso), y se hidroliza
BrO– (aq) + H2O  OH–(aq) + HBrO(aq)
Este equilibrio produce exceso de iones hidróxido, lo que da a la disolución un carácter básico.
¿Por qué el ácido sulfúrico y el ácido nítrico son fuertes, mientras el ácido hipobromoso es débil? Los
hidrógenos de los ácidos están unidos a los oxígenos mediante un enlace covalente O-H, polarizado O– ←H+.
Los otros oxígenos unidos al átomo central (en los casos de los ácidos nítrico y sulfúrico) ejercen un efecto
inductivo que debilita el enlace OH, haciendo que se rompa más fácilmente, y la disociación es
prácticamente completa.
¿Por qué los hidróxidos de sodio y potasio son bases fuertes, mientras que el amoníaco es una base débil?
Los hidróxidos de sodio y potasio son compuestos iónicos, que, al disolverse en agua, liberan iones
hidróxido, que, en disolución acuosa, es la base más fuerte. El amoníaco es un compuesto con un par de
electrones no enlazante sobre el nitrógeno, que compite con el agua por los átomos de hidrógeno: sólo una
pequeña parte de las moléculas de amoníaco consiguen captar este hidrógeno:
:NH3 + H2O  [H:NH3]+ + [OH]–
Problemas
1. Se añade una disolución concentrada de nitrato de plata a una disolución 0,100 M en cromato de potasio y
0,050 M en cloruro de sodio.
a) Determina cuál de las dos sales de plata precipitará en primer lugar.
b) Calcula la concentración del anión de la sal que precipita en primer lugar cuando empieza a precipitar la
sal que precipita en segundo lugar.
A 25 0C, productos de solubilidad: cromato de plata: Ks = 1,9×10-12 ; cloruro de plata Ks = 1,8×10-10 ◄ ▲
►
Solución:
Datos
Cifras significativas: 2
producto de solubilidad del Mn(OH)2
Ks = 4,0×10-14
temperatura
T = 25 0C = 298 K
masa de MnCl2
m = 2,00 mg = 2,0×10-3 g
volumen de la disolución
V = 5,00 dm3
pH de la disolución de NaOH
pH = 10,0
Incógnitas
pH de la disolución saturada
pH
Si precipita Mn(OH)2 al añadir 2 mg MnCl2 a 5 dm de NaOH de pH = 10 Qs
3
Otros símbolos
concentración (moles/L) de Mn(OH)2
s
Ecuaciones
producto de solubilidad del equilibrio: BbAa (s)  b Ba+ (aq) + a Ab- (aq)
Ks = [Ab-]a [Ba+]b
pH
pH = -log[H+]
pOH
pOH = -log[OH–]
producto iónico del agua
pH + pOH = 14
Solución:
a) El equilibrio de solubilidad es
Mn(OH)2 (s)  Mn2+ (aq) + 2 OH– (aq)
Mn(OH)  Mn2+ 2 OH–
2
[ ]eq mol/L
s
2s
La constante de equilibrio Ks es:
Ks = [Mn2 +] [OH–]2 = s (2s)2 = 4 s3 = 4,0×10-14
s=

3
4,0×10−14
=2,2×10−5 mol Mn OH2 / LD
4
pOH = -log[OH–] = -log[2 s] = -log[4,4×10-5] = 4,4
pH = 14,0 – 4,4 = 9,6
que es básico.
b) Precipitará Mn(OH)2 si el cociente de reacción Qs es mayor que la constante de equilibrio Ks .
La concentración de 2,00 mg de cloruro de manganeso(II) en 5,00 dm3 de disolución sería:
2,00×10−3 g MnCl2 1 mol MnCl 2
−6
3
[ MnCl2 ]=
·
=3,18 ×10 mol/dm
3
126g
MnCl
5 dm D
2
Como el cloruro de manganeso(II) es una sal soluble, estará totalmente disociada:
MnCl2 → Mn2+ (aq) + 2 Cl– (aq)
La concentración de ión manganeso(II) será la misma que la del cloruro de manganeso(II):
[Mn2+] = [MnCl2] = 3,18×10-6 mol/dm3
La concentración de iones hidróxido en la disolución se deduce del pH:
pOH = 14,0 – pH = 14,0 – 10,0 = 4,0
[OH–] = 10-pOH = 10-4,0 = 1,0×10-4 mol/dm3
El cociente de reacción del Mn(OH)2 es:
Mn(OH)2 (s)  Mn2+ (aq) + 2 OH– (aq)
Qs = [Mn2 +] [OH–]2 = 3,18×10-6 mol/dm3 · (1,0×10-4 mol/dm3)2 = 3,18×10-14 < 4,0×10-14
menor que el producto de solubilidad del hidróxido de manganeso(II), por lo tanto no precipitará.
2. El COCl2 gaseoso se disocia a una temperatura de 1000 K, según la siguiente reacción:
COCl2 (g)  CO (g) + Cl2 (g)
Cuando la presión de equilibrio es de 1,00 atm el porcentaje de disociación de COCl2 es del 49,2%. Calcula:
a) El valor de Kp
b) El porcentaje de disociación de COCl2 cuando la presión de equilibrio sea 5,00 atm a 1000 K?
A 730 K, constante del equilibrio de descomposición de un mol de yoduro de hidrógeno: Kc = 0,144 ◄ ▲
►
Datos
Cifras significativas: 3
temperatura
T = 1000 K
presión total en el equilibrio inicial
P = 1,00 atm
grado de disociación
α = 49,2% = 0,492
presión total en el equilibrio final
P' = 5,00 atm
constante de los gases ideales
R = 0,082 atm·L·K-1·mol-1
Incógnitas
constante de equilibrio
KP
porcentaje de disociación a 5 atm
α'
Otros símbolos
cantidad de la sustancia X en el equilibrio
ne(X)
concentración de la sustancia X
[X]
Ecuaciones
fracción molar de una sustancia i
x = ni / ∑ni = ni / nT
ley de Dalton de las presiones parciales
Pi = xi PT
grado de disociación
α = nd / n0
K P=
constante del equilibrio: a A + b B  c C + d D
Solución:
a) Se llama n0 a la cantidad inicial de COCl2 . La cantidad de COCl2 disociada será:
ndis (COCl2) = α n0
Por la estequiometría de la reacción,
COCl2

CO
Cl2
n0 mo
l
n0
0
0
nr mo
l
α n0
α n0
α n0
α n0
α n0
ne mo (1 – α) n0
PCc · P dD
P aA · P bB

COCl2
CO
Cl2
l
La cantidad de gas que hay en el equilibrio es:
neT = (1 – α) n0 + α n0 + α n0 = (1 + α) n0
Las fracciones molares y las presiones parciales de cada gas en el equilibrio son:

COCl2
xe
Pe
at
m
CO
Cl2
1−
1

1

1
1−
·P
1 T

·P
1 T

·P
1 T
La constante de equilibrio en función de las presiones es


· PT ·
· PT
2
2
P CO· P  Cl2  1
1


K P=
=
=
· P T=
2 · PT
P COCl2 
1−
1 1−
1−
· PT
1
Sustituyendo los valores
K P=
2
0,4922
·
P
=
·1,00=0,319 (para presiones expresadas en atm)
T
1−2
1−0,4922
(Si la presión inicial sólo tiene una cifra significativa, P = 1 atm, la constante valdrá KP = 0,3)
b) Cuando la presión sea de P' = 5,00 atm, la cantidad de gas en la nueva situación de equilibrio será menor (el
equilibrio se habrá desplazado hacia la formación de COCl2). La cantidad n'dis de COCl2 disociada en estas
condiciones será menor y el nuevo grado de disociación α' = n'dis / n0 también.
De la expresión obtenida en el apartado anterior y con el mismo valor para la constante de equilibrio, ya que la
temperatura no cambia:
0,319=
' 2
2 ·5,00
1− '
0,0639 (1 – α' 2) = α' 2
 '=

0,0639
=0,245=24,5%
1,0639
que es inferior al valor inicial, tal como se esperaba.
3. a) Calcula la entalpía de formación de 200 m3 de eteno(g) medido a 300 ºC y 110 kPa.
b.1) Calcula la variación de energía interna en la formación de un mol de etano(g).
b.2) Si la variación de entropía del proceso:
C2H4 (g) + H2 (g) → C2H6 (g)
es ΔS0 = 110,6 J/K, Razona si el proceso será espontáneo en condiciones estándar.
R = 0,082 atm·L·mol-1·K-1 = 8,31 J·mol-1·K-1
A 25 0C,
entalpías de formación: dióxido de carbono(g): Hfº = -393,5 kJ/mol; agua(l) Hfº = -285,5 kJ/mol
entalpías de combustión: del etano(g): ΔH0 = -1 559 kJ/mol; del eteno(g): ΔH0 = -1 410,9 kJ/mol
◄ ▲ ►
Solución:
Datos
Cifras significativas: 5
C2H6 (g) + 7/2 O2 (g) → 2 CO2 (g) + 3 H2O (l)
ΔHc0(C2H6) = -1 559 kJ/mol
C2H4 (g) + 3 O2 (g) → 2 CO2 (g) + 2 H2O (l)
ΔHc0(C2H4) = -1 410,9 kJ/mol
C (graf.) + O2 (g) → CO2 (g)
ΔHf0 (CO2) = -393,5 kJ/mol
H2 (g) + ½ O2 (g) → H2O (l)
ΔHf0 (H2O) = -285,8 kJ/mol
variación de entropía del proceso de hidrogenación
ΔS0 = -110,6 J/K
temperatura
T = 25 0C = 298 K
Incógnitas
Hfº de 200 m3 de eteno(g) medido a 300 ºC y 110 kPa.
ΔHf0 (C2H4)
espontaneidad de la hidrogenación
ΔG
Otros símbolos
cantidad de sustancia (número de moles)
n
Ecuaciones
ley de Hess
ΔH0 = ΔH0PRODUC – ΔH0REACTIV
energía libre de Gibbs
ΔG0 = ΔH0 – TΔS
Solución:
a) La combustión del eteno es:
C2H4 (g) + 3 O2 (g) → 2 CO2 (g) + 2 H2O (l)
ΔHC0 = 2 ΔHf0(CO2) + 2 ΔHf0(H2O) – (ΔHf0(C2H4) + 3 ΔHf0(O2) )
1 [mol C2H4] (-1 410,9 [kJ/mol C2H4]) =
= 2 [mol CO2] (-393,5 [kJ/mol CO2]) + 2 [mol H2O] (-285,8 [kJ/mol H2O]) – (ΔHf0(C2H4) + 3 [mol O2] · 0)
ΔHf0(C2H4) = 52,3 kJ/mol eteno
La cantidad de eteno presente en 200 m3 de eteno(g) medido a 300 ºC y 110 kPa es, suponiendo
comportamiento ideal:
n C2 H 4 =
P ·V
100×103 Pa · 200 m 3
3
=
=4,20×10 mol C2 H 4
3
−1
−1
R· T 8,31 Pa ·m · mol ·K ·300273K
Por tanto, la variación de entalpía de su formación será:
 H 0f = 4,20×1 0 3 molC2 H4 ·
52,3 kJ
=2,20×1 05 kJ =2,20×1 0 8 J
1 molC2 H4
b) La combustión del etano es:
C2H6 (g) + 7/2 O2 (g) → 2 CO2 (g) + 3 H2O (l)
Por la ley de Hess,
ΔHc0(C2H6) = 2 ΔHf0(CO2) + 3 ΔHf0(H2O) – (ΔHf0(C2H6) + 7/2 ΔHf0(O2) )
1 [mol C2H6] (-1 559 [kJ/mol C2H6]) =
= 2 [mol CO2] (-393,5 [kJ/mol CO2]) + 3 [mol H2O] (-285,8 [kJ/mol H2O]) – (ΔHf0(C2H6) + 7/2 [mol O2]· 0)
ΔHf0(C2H6) = -85,4 kJ/mol etano
La variación de energía interna ∆U0 o calor a volumen constante, está relacionada con la variación de entalpía
por la expresión:
ΔH = ΔU + Δn(g) · R · T
Le ecuación de formación del etano (g) es:
2 C (graf.) + 3 H2 (g) → C2H6 (g)
0
Despejando ∆U y sustituyendo valores queda:
ΔU = ΔH – Δn(g) · R · T = -85,4 kJ/mol – (1 – 3) · 8,31×10-3 kJ/(mol·K) · 298 K = -80,5 kJ/mol
c) Para el proceso:
C2H4 (g) + H2 (g) → C2H6 (g)
ΔHr0 = ΔHf0(C2H6) – (ΔHf0(C2H4) + ΔHf0(H2) )
Tomando como base de cálculo 1 mol de eteno
ΔHr0 = -85,4 [kJ] – (52,3 [kJ] + 0) = -137,7 kJ/mol eteno
La espontaneidad de un proceso viene dada por el signo de la energía libre de Gibbs ΔG.
Si ΔG < 0, el proceso es espontáneo. En condiciones estándar (t = 25 0C, P = 1 atm.)
ΔG0 = ΔH0 – T ΔS0 = -137,7 [kJ] – 298 [K] · (-110,6 [J/K]) · 10-3 [kJ/J] = -104,7 kJ
Como ΔG0 < 0, el proceso es espontáneo en condiciones estándar.
Laboratorio
1. Dispones de ácido clorhídrico comercial (riqueza 36% en masa y densidad = 1,2 g/cm3) y debes preparar
500 cm3 de una disolución de de ácido clorhídrico 0,1 mol/dm3. Explica detalladamente el procedimiento,
material y cálculos correspondientes.
◄ ▲ ►
Solución:
Cálculos: En 500 cm3 (= 0,500 dm3) de disolución 0,1 M de HCl hay
n (HCl) = 0,1 [mol HCl / dm3 D] · 0,500 [dm3 D] = 0,05 mol HCl
que deben estar contenidos en el volumen V de clorhídrico comercial que hay que medir.
36,5 g HCl 100 g D 1 cm3 D
3
V =0,050mol HCl
=4,2cm D(disolución de HCl comercial)
1 mol HCl 36 g HCl 1,2 g D
Si aceptamos las cifras significativas del dato, la concentración de la disolución es aproximada (0,1 M se
entiende que es 0,1 ± 0,1 M), y se utilizaría material de medida no demasiado preciso.
Procedimiento para concentración aproximada: Se miden 4 cm3 de disolución de clorhídrico comercial en una
probeta de 10 cm3, se vierten en otra probeta de 500 cm3 y se completa con agua hasta los 500 cm3, procurando
que el menisco del líquido en ambos casos esté enrasado con la línea de medición. El contenido se pasa a un
frasco con tapa, se tapa, se voltea varias veces y se etiqueta: HCl 0,1 M y la fecha)
Material: Probetas de 10 cm3 (1) y de 500 cm3 (1), frasco con tapa y etiquetas.
Si, por otro lado, suponemos que los datos son más precisos de lo que parecen, para preparar una disolución
0,100 M, el material sería de más precisión y el procedimiento sería otro.
Procedimiento para concentración exacta: Con una pipeta graduada de 10 mL, aspirando con una pera de goma
o un pipeteador, (¡nunca con la boca!), se miden 4,2 mL. Se vacía la pipeta en un matraz aforado de 500 cm3
con agua hasta la mitad, y se rellena el matraz aforado con agua hasta cerca del enrase. Las últimas gotas se
añaden con un cuentagotas hasta que la parte inferior del menisco esté a la altura de la linea de enrase. Se tapa
el matraz aforado y se voltea varias veces para homogeneizar. El contenido se pasa a un frasco y se etiqueta:
HCl 0,100 M y la fecha)
Material: Pipeta graduada de 10 mL con pera de goma o pipeteador (1), matraz aforado de 500 cm3 (1),
cuentagotas, frasco con tapa y etiquetas.
2. Se construye una pila con cobre y aluminio y sales de sus iones.
a) Escribe las reacciones que tienen lugar en cada uno de los electrodos, nombrándolos y diciendo que
especie se oxida y/o se reduce. Escribe la reacción global de la pila y calcula su potencial normal.
b) Haz un esquema de esta pila, indicando todos los elementos necesarios para su funcionamiento. ¿En qué
sentido circulan los electrones?.
potenciales de reducción: ión cobre(II)/cobre: E0 = +0,34 V , ión aluminio/aluminio: E0 = -1,66 V ◄ ▲
Solución:
a)
Reducción:
Oxidación:
Reacción global:
Cu2+ + 2 e–
→ Cu
Al
→ Al3+ + 3 e–
2 Al + 3 Cu2+ → 2 Al3+ + 3 Cu
E0 = 0,34 V
E0 = 1,66 V
E0 = 2,00 V
(Cátodo + )
(Ánodo – )
b) Material: Vasos de precipitados de 100 mL (2), tubo en U, cables con
e–
pinzas, voltímetro.
–
Reactivos: láminas de cobre y aluminio pulidas, disoluciones de sulfato de
aluminio 1 M y sulfato de cobre(II) 1 M. Disolución de cloruro de potasio
Al
para el puente salino.
Los electrones circulan del polo negativo (ánodo Al) al polo positivo
(cátodo Cu)
Al2(SO4)3
+
Cu
CuSO4