Problemas de COU

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PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
26/01/2013 Pág. 1
1.– A 25 ºC, una disolución acuosa 0,10 M de ácido acético (etanoico) presenta un pH = 2,85.
a) Calcule el valor de la constante de ionización, Ka, de dicho ácido débil a 25 ºC.
b) Razone si las moléculas de ácido acético estarán más o menos ionizadas cuando la
disolución anterior se diluya con agua hasta que la concentración final de ácido sea 0,01
M.
+
Solución: Como pH = 2,85 ⇔ [H3O ] = 10–2,85 = 1,41·10–3 M
a) Aplicando el equilibrio:
+
HA
+ H2O 
H3O
inicial
0,1 M
0
gastado
x
0
formado
0
x = 1,41·10–3 M
0,1 – 1,41·10–3 M
equilibrio
1,41·10–3 M
≈ 0,099 M
La expresión de la constante es: K a =
�H3 O+ ��A– �
[HA]
�H3 O+ ��A– �
[HA]
1,41·10–3 M
x2
2
�1,41·10–3 M�
x2
=
= 2,02·10–5 M
Ka =
–3
c–x
0,1 – 1,41·10 M
b) Aplicando el nuevo equilibrio:
+
HA
+
H2O

H3O
inicial
0,01 M
0
gastado
x
0
formado
0
x
equilibrio
0,01 M – x
x
La expresión de la constante es: K a =
A
0
0
x
= c – x que despejando (se puede suprimir la x en
el denominador –aunque no lo vamos a hacer–) da:
6
–
+
=
x2
0,01 M – x
+
–
A
0
0
x
x
=2,02·10–5 M que despejando (se
puede suprimir la x en el denominador –pero no lo vamos a hacer–) da:
6
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
2
–2,02·10–5 M +��2,02·10–5 M� + 4 · 2,02·10–5 M · 0,01 M
=
2
2
x = 4,39·10–4 M. Este valor, aunque es menor que el valor de x en el apartado a), da un mayor
resultado en el cociente entre x y c frente al apartado anterior. Eso quiere decir que el valor de x
disminuye, el valor de pH aumenta (se hace menos ácido) pero el valor de α aumenta, por lo que el
ácido se disocia más.
+
–
–
+
Solución: a) NH3 + H2O  NH4 + OH ; NH3 + H2O  NH2 + H3O (tiene lugar pero
la constante es muy pequeña).
–
+
–
–
2–
b) HCO3 + H2O  H2CO3 + OH ; HCO3 + H2O  CO3 + H3O
–
+
2–
–
2–
c) CO3 + H2O  HCO3 + OH ; CO3 + H2O  █ + H3O (no puede ser porque no
puede perder un protón).
–
–
–
2–
+
d) HS + H2O  H2S + OH ; HS + H2O  S + H3O
–
Por tanto son anfóteras tanto el a), amoniaco (NH3), como el b), ion bicarbonato (HCO3 ) y el d),
–
ion bisulfuro (HS ).
x=
2.– Atendiendo a los equilibrios en disolución acuosa, razone cuál o cuáles de las siguientes
especies son anfóteras (pueden comportarse como ácido y como base):
a) Amoniaco (o trihidruro de nitrógeno).
b) Ion bicarbonato (o ion hidrogenotrioxocarbonato (IV)).
c) Ion carbonato (o ion trioxocarbonato (IV)).
d) Ion bisulfuro (o ion hidrogenosulfuro (II)).
–Ka +�K2a + 4 Ka c
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
26/01/2013 Pág. 2
3.– Calcule el pH de la disolución que resulta cuando se añaden 0,8 litros de ácido acético 0,25 M
a 0,2 litros de hidróxido de sodio 1,0 M.
Datos:
Ka(ácido acético) = 1,8·10–5
Solución: La disolución contiene inicialmente 0,8 L · 0,25 M = 0,2 moles de HAc y 0,2 L · 1,0 M
–
= 0,2 moles de NaOH que se neutralizan, formándose 0,2 moles de Ac que se encuentran en 0,2 L
+ 0,8 L = 1,0 L de disolución, por lo que la concentración de partida en acetato es de
n
0,2 mol
�Ac – � = =
=0,2 M. Aplicando el equilibrio de hidrólisis del acetato:
V
1,0 L
–
inicial
gastado
formado
en el equilibrio
6
+
Ac
0,2 M
x
0
0,2 M – x
La expresión de la constante es: K b =
Kw
Ka
=

H2O
�OH– �[HAc]
�Ac– �
x2
HAc
0
0
x
x
= 0,2 M – x =
10–14 M 2
1,8·10–5 M
+
–
OH
0
0
x
x
=5,6·10–10 M que
despejando (se puede suprimir la x en el denominador –aunque no lo vamos a hacer–) da:
x=
–Kb +�K2b + 4 Kb c
2
Datos:
Ka(ácido acético) = 1,8·10–5 ; Masas atómicas: H = 1 ; O = 16 ; C = 12
=
2
x = 1,06·10 M = [OH ] ⇔ pOH = –log [OH ] = 4,98 ⇔ pH = 14 – pOH = 9,02
+
Solución: Como pH = 2,72  [H3O ] = 10–2,72 = 1,91·10–3 M
Aplicando el equilibrio:
+
–
HAc
+
H2O
+

H3O
Ac
inicial
c
0
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
–3
en el equilibrio
c–x
x = 1,91·10 M
x
–5
4.– Calcule los gramos de ácido acético que se deben disolver en agua para obtener 500 mL de una
disolución que tenga un pH = 2,72.
2
–5,6·10–10 M+��5,6·10–10 M� + 4 · 5,6·10–10 M · 0,2 M
–
–
La expresión de la constante es: K a =
6
�H3 O+ ��Ac– �
[HAc]
x2
= c – x =1,8·10–5 M que despejando (se puede
suprimir la x en el denominador –no lo vamos a hacer–) da:
5.– Calcule:
a) el pH de una disolución 0,1 M de ácido acético, CH3COOH, cuyo grado de disociación es
1,33%;
b) la constante Ka del ácido acético.
6
2
�1,91·10–3 M�
x2
+x=
+ 1,91·10–3 M= 2,05·10–1 M
c=
Ka
1,8·10–5 M
Por último, y como la masa molecular del ácido acético, CH3–COOH, es:
12 × 1 + 1 × 3 + 12 × 1 + 16 × 2 + 1 × 1 = 60,
m
M
M= m ⇔ m = M V Mm = 2,05·10–1 M · 0,5 L · 60 g mol–1 = 6,15 g
V
Solución: Como el grado de disociación es 1,33% (1,33·10–2), el valor de x será:
x = c α = 0,1 M · 1,33·10–2 = 1,33·10–3 M
+
+
a) Por lo tanto, [H3O ] = 1,33·10–3 M ⇔ pH = –log [H3O ] = –log (1,33·10–3 M) = 2,88
b) Aplicando el equilibrio:
+
–
HAc
+ H2O 
+
H3O
Ac
inicial
0,1 M
0
0
–3
gastado
1,33·10 M
0
0
formado
0
1,33·10–3 M
1,33·10–3 M
en el equilibrio 0,1 – 1,33·10–3 M
1,33·10–3 M
1,33·10–3 M
La expresión de la constante es: Ka =
�H3 O+ ��Ac– �
[HAc]
=
�1,33·10–3 M�
0,1 – 1,33·10
–3
2
M
= 1,79·10–5 M
Se podía haber suprimido 1,33·10–3 M en el denominador para aproximar –no lo hemos hecho–).
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
26/01/2013 Pág. 3
6.– Calcule:
a) el pH de una disolución de HCl 0,02 M y el de otra disolución de NaOH 0,025 M;
b) el pH de la disolución que resulta al mezclar 120 mL de la primera disolución con 100 mL
de la segunda disolución.
Datos:
Se considera que los volúmenes son aditivos
6
6
7.– Complete las siguientes reacciones e indique las sustancias que actúan como ácido y como
base, y sus pares conjugados, según la Teoría de Brønsted–Lowry.
+
a) NH4 + H2O 
–
b) NH4+ + OH

2–
c) H2O + CO3

8.– De un frasco que contiene el producto comercial “agua fuerte” (HCl del 25% en masa y
densidad 1,09 g mL–1), se toman con una pipeta 20 mL y se vierten en un matraz aforado de
100 mL, enrasando con agua hasta ese volumen. Calcule:
a) el pH de la disolución diluida;
b) qué volumen de una disolución de NaOH 0,5 M sería necesario para neutralizar 20 mL de
la disolución diluida.
Datos:
Masas atómicas:
H=1;
Cl = 35,5
6
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Solución: a) Como el HCl es un ácido fuerte, se disocia completamente, por lo que la
+
concentración de iones H3O en agua es 0,02 M.
+
El pH vendrá dado por pH = –log [H3O ] = –log (0,02) = 1,70.
Como el NaOH es una base fuerte, se disocia completamente, por lo que la concentración de iones
–
OH en agua es 0,025 M.
–
El pOH vendrá dado por pOH = –log [OH ] = –log (0,025) = 1,60 ⇔ pH = 14 – pOH = 12,40.
b) Ahora nos enfrentamos a una neutralización, por lo que tenemos que determinar si hay más
moles de ácido o de base y calcular el exceso que haya, si lo hay.
moles de HCl = c V = 0,02 M · 120 mL · 10–3 L mL–1 = 2,4·10–3 mol de HCl
moles de NaOH = c V = 0,025 M · 100 mL · 10–3 L mL–1 = 2,5·10–3 mol de NaOH.
Por tanto, hay un exceso de 10–4 mol de base que dan lugar a un pOH:
10–4 mol
–
pOH = – log [OH ] = – log
= – log(4,55 · 10–4 M) = 3,34
1L
(120 mL + 100 mL) ·
1000 mL
pH = 14 – pOH = 10,66.
+
+
Solución: a) NH4 (ácido) + H2O (base)  NH3 (base cong) + H3O (ácido cong).
–
b) NH4+ (ácido) + OH (base)  NH3 (base cong) + H2O (ácido cong).
–
2–
–
c) H2O (ácido) + CO3 (base)  OH (base cong) + HCO3 (ácido cong).
Solución: a) Primero calculamos la concentración inicial de HCl. La concentración de la
% d·10
disolución inicial la obtenemos (se podría aplicar [HCl]0 = M ) mediante:
m
25 g de HCl
1000 cm3
–3
·
1,09
g
de
disolución
cm
·
100 g de disolución
1L
[HCl]0 =
=7,47 M
–1
36,5 g de HCl mol
Al diluir varía la concentración según:
V0 M0 = V1 M1 de donde 20 mL · 7,47 M = 100 mL · M1 ⇔ M1 = 1,49 M
Como el HCl es un ácido fuerte, al añadirse en agua tiene lugar su disociación:
+
–
+
HCl + H2O  H3O + Cl , por lo que se obtiene la misma concentración de iones H3O , 1,49
M.
+
pH = –log [H3O ] = –log (1,49) = –0,17 (Negativo, por su concentración muy alta).
+
–
b) Para neutralizar tenemos en cuenta que el número de moles de H3O y OH provenientes de
ácido y base han de ser los mismos, aác Vác Mác = abase Vbase Mbase de donde:
+
–
1 mol H3O /mol de ácido · 20 mL · 1,49 M = 1 mol OH /mol de base · Vbase · 0,5 M ⇔
Vbase = 59,6 mL
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
26/01/2013 Pág. 4
9.– El ácido butanoico es un ácido débil de Ka = 1,8·10–5. Calcule:
a) el grado de disociación de una disolución 0,02 M del ácido butanoico;
b) el pH de la disolución 0,02 M;
c) el pH de la disolución que resulta al añadir 0,05 moles de HCl a 250 mL de una disolución
0,02 M de ácido butanoico. Suponga que no hay variación de volumen.
Solución: Aplicando el equilibrio:
HA
0,02 M
x
0
0,02 M – x
inicial
gastado
formado
en el equilibrio
La expresión de la constante es: K a =
+
�H3 O+ ��A– �
[HA]
+

H2O
H3O
0
0
x
x
+
–
A
0
0
x
x
x2
= 0,02 M – x = 1,8·10–5 M que despejando (se
puede suprimir la x en el denominador –pero no lo vamos a hacer–) da:
x=
–Ka +�K2a + 4 Ka c
2
–1,8·10–5 M +��1,8·10–5 M� + 4 · 1,8·10–5 M · 0,02 M
=
2
2
+
–
–4
x = 5,9·10 M = [H3O ] = [A ] ⇔ [HA] = 0,02 M – 5,9·10–4 M ≈ 0,0194 M
x
a) El grado de disociación vale: α =
c
5,9·10–4 M
=
0,02 M
= 0,03 = 3%.
+
b) El pH vendrá dado por pH = –log [H3O ] = –log (5,9·10–4) = 3,23.
c) Al añadir 0,05 moles de HCl en 250 mL de disolución, y ser éste un ácido fuerte, añadimos
+
realmente una concentración inicial de protones de: [H3O ] = 0,05 mol/0,25 L = 0,2 M = c’.
Esta concentración es tan grande, comparada con la proveniente del ácido que ya de por sí es la
solución. Pero, para demostrar hasta que punto es despreciable, planteamos el equilibrio con esa
cantidad inicial de protones:
+
–
HA
+ H2O 
+
H3O
A
inicial
0,02 M
0,2 M
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
0,02 M – x
0,2 M + x
x
6
�H3 O+ ��A– �
La expresión de la constante es: Ka =
x=
–(c' + Ka ) +�(c' + Ka )2 + 4 Ka c
2
=
a)
b)
c)
d)
El amoniaco acuoso de concentración 0,20 M tiene un valor de Kb = 1,8·10–5.
Calcule la concentración de iones hidroxilo de la disolución.
Calcule el pH de la disolución.
Calcule el grado de ionización para el amoniaco acuoso.
Compare la basicidad del amoniaco con la de las bases que se indiquen, formulando y
ordenando los compuestos en sentido creciente de basicidad: metilamina (pKb = 3,30);
dimetilamina (pKb = 3,13)
(0,2 M + x) x
0,02 M – x
= 1,8·10–5 M que despejando da:
2
–�0,2 M + 1,8·10–5 M� +��0,2 M + 1,8·10–5 M� + 4 · 1,8·10–5 M · 0,02 M
2
–
x = 1,8·10 M = [A ] ⇔ [HA] = 0,02 M – 1,8·10–6 M ≈ 0,02 M
+
+
[H3O ] = 0,2 M + 1,8·10–6 M ≈ 0,2 M ⇔ pH = –log [H3O ] = –log (0,2) = 0,70.
Solución: a) Aplicando el equilibrio del amoniaco:
+
–
NH3
+
H2O
+

NH4
OH
inicial
0,20 M
0
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
0,20 M – x
x
x
–6
10.–
[HA]
=
La expresión de la constante es: K b =
�OH– ��NH4+ �
[NH3 ]
x2
= 0,20 M – x = 1,8·10–5 M que despejando (se
puede suprimir la x en el denominador –aunque no lo vamos a hacer–) da:
6
x=
–Kb +�K2b + 4 Kb c
2
–1,8·10–5 M+��1,8·10–5 M� + 4 · 1,8·10–5 M · 0,20 M
=
2 –
x = 1,89·10–3 M = [OH ]
–
b) pOH = –log [OH ] = 2,72 ⇔ pH = 14 – pOH = 11,28
c) El grado de disociación vale: α =
x
c
=
1,89·10–3 M
0,20 M
2
= 9,4·10–3 = 0,94%.
d) Calculamos el pKb del amoniaco que es: pKb = –log (Kb) = 4,74. A mayor Kb, menor pKb, por
lo que sera más básico el de pKb menor (constante mayor). Orden creciente de basicidad: NH3 <
CH3–NH2 < (CH3)2NH.
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PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
11.–
26/01/2013 Pág. 5
El pH de un zumo de limón es 3,4. Suponiendo que el ácido del limón se comporta como
un ácido monoprótico (HA) con constante de acidez Ka = 7,4·10–4, calcule:
a) la concentración de HA en ese zumo de limón;
b) el volumen de una disolución de hidróxido sódico 0,005 M necesaria para neutralizar 100
mL del zumo de limón.
+
Solución: a) Como pH = 3,4 ⇔ [H3O ] = 10–3,4 = 3,98·10–4 M
Aplicando el equilibrio:
Se tiene que plantear el nuevo equilibrio, esta vez con una concentración inicial 0,10 M.
+
–
HA
+ H2O 
+
H3O
A
inicial
c
0
0
gastado
x
0
0
formado
0
x = 3,98·10–4 M
3,98·10–4 M
en el equilibrio
c – 3,98·10–4 M
3,98·10–4 M
3,98·10–4 M
La expresión de la constante es: K a =
6
�H3 O+ ��A– �
[HA]
x2
= c – x =7,4·10–4 M que despejando (no se puede
suprimir la x en el denominador –el valor de c, 2,14·10–4 M, que se obtiene al hacerlo incluso es
menor que 3,98·10–4 M –) da:
2
12.–
6
Datos:
13.–
6
El pH de una disolución de ácido nítrico es 1,50. Si a 25 mL de esta disolución se añaden
10 mL de una disolución de la base fuerte KOH 0,04 M, calcule:
a) el número de moles de ácido nítrico que queda sin neutralizar;
b) los gramos de base que se necesitarían para neutralizar el ácido de la disolución anterior.
Masas atómicas: K = 39 ; H = 1,0 ; O = 16
El pH de una disolución de un ácido monoprótico HA es 3,4. Si el grado de disociación del
ácido es 0,02, calcule:
a) la concentración inicial de ácido;
b) las concentraciones del ácido y de su base conjugada en el equilibrio;
c) el valor de la constante de acidez, Ka;
d) los gramos de hidróxido de potasio (KOH) necesarios para neutralizar 50 mL de dicho
ácido.
Datos:
Masas atómicas: K = 39,1 ; O = 16 ; H = 1
�3,98·10–4 M�
x2
+x=
+ 3,98·10–4 M= 6,12·10–4 M
c=
Ka
7,4·10–4 M
+
–
b) Para neutralizar tenemos en cuenta que el número de moles de H3O y OH provenientes de
ácido y base han de ser los mismos, aác Vác Mác = abase Vbase Mbase de donde:
+
–
1 mol H3O /mol de ácido · 100 mL · 6,12·10–4 M = 1 mol OH /mol de base · Vbase · 0,005 M ⇔
Vbase = 12,2 mL
+
Solución: Como pH = 1,50 ⇔ [H3O ] = 10–1,50 = 3,16·10–2 M
a) Nos enfrentamos a una neutralización, por lo que tenemos que determinar si hay más moles de
ácido o de base y calcular el exceso que haya, si lo hay.
moles de HNO3 = c V = 3,16·10–2 M · 25 mL · 10–3 L mL–1 = 7,9·10–4 mol de HNO3
moles de KOH = c’ V’ = 0,04 M · 10 mL · 10–3 L mL–1 = 4·10–4 mol de KOH.
Por tanto, hay un exceso de 3,9·10–4 mol de ácido.
b) Para neutralizar el ácido completamente, hay que suministrar ese número de moles de KOH,
por lo que:
3,9·10–4 mol KOH · 56 g mol–1 = 2,2·10–2 g.
+
Solución: a) Como pH = 3,4 ⇔ [H3O ] = 10–3,4 = 4,0·10–4 M
Como α = 0,02 = x/c ⇔ c = 4,0·10–4 M / 0,02 = 2,0·10–2 M.
b) Aplicando el equilibrio:
+
–
HA
+ H2O 
+
H3O
A
inicial
2,0·10–2 M
0
0
–4
gastado
x = 4,0·10 M
0
0
formado
0
4,0·10–4 M
4,0·10–4 M
en el equilibrio
1,96·10–2 M
4,0·10–4 M
4,0·10–4 M
–
[HA] = 1,96·10–2 M ; [A ] = 4,0·10–4 M.
c) La expresión de la constante es: Ka =
�H3 O+ ��A– �
[HA]
=
�4,0·10–4 M�
1,96·10
d) En 50 mL de disolución de HA 0,02 M hay:
nHA = V c = 50 mL · 10–3 L mL–1 · 0,02 M = 10–3 mol.
Se necesitan los mismos moles de KOH, por lo que:
10–3 mol KOH · 56,1 g mol–1 = 5,61·10–2 g.
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–2
M
2
= 8,16·10–6 M
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
26/01/2013 Pág. 6
14.–
Explique razonadamente si son ciertas o no cada una de las siguientes afirmaciones
referidas al momento en el que se alcanza el punto de equivalencia en una valoración ácido–
base.
a) El pH de la disolución formada puede ser distinto de 7.
b) El número de moles de ácido y de base que han reaccionado son iguales.
c) Los volúmenes de ácido y de base consumidos son iguales.
15.–
La constante Kb del NH3, es igual a 1,8·10–5 a 25 ºC. Calcule:
a) la concentración de las especies iónicas en una disolución 0,2 M de amoniaco;
b) el pH de la disolución y el grado de disociación del amoniaco.
6
Solución: a) Verdadero. Depende de la fortaleza del ácido o base implicados en la valoración. Si
el ácido es más fuerte que la base (Ka > Kb), el pH será menor que 7 y al revés.
+
b) Falso. Sólo es verdadero si el número de H3O desprendidos por una molécula del ácido
–
+
coincide con el número de OH cedidos (o el número de H3O captados) por una molécula de la
base.
+
c) Falso. Sólo es verdadero si el número de H3O desprendidos por una molécula del ácido
–
+
coincide con el número de OH cedidos (o el número de H3O captados) por una molécula de la
base.
La fórmula que rige la equivalencia es: aácido Vácido Mácido = abase Vbase Mbase, donde a es el número
–
+
de OH o H3O que cede o capta una molécula del compuesto.
Solución: a) Aplicando el equilibrio del amoniaco:
+
–
NH3
+ H2O  NH4
+ OH
inicial
0,2 M
0
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
0,2 M – x
x
x
La expresión de la constante es: K b =
�OH– ��NH4+ �
[NH3 ]
x2
= 0,2 M – x = 1,8·10–5 M
que despejando (se
puede suprimir la x en el denominador –aunque no lo vamos a hacer–) da:
6
x=
–Kb +�K2b + 4 Kb c
2
–1,8·10–5 M+��1,8·10–5 M� + 4 · 1,8·10–5 M · 0,2 M
=
2–
2
+
x = 1,89·10 M = [OH ] = [NH4 ] ; [NH3] = 0,2 M – 1,89·10–3 M ≈ 0,198 M ;
Kw
10–14 M2
+
�H3 O �=
=
= 5,29 · 10–12 M
[OH– ]
1,89·10–3 M
–
b) pOH = –log [OH ] = 2,72 ⇔ pH = 14 – pOH = 11,28.
–3
El grado de disociación vale: α =
16.–
6
Se dispone de un ácido clorhídrico comercial del 40% en masa y una densidad de 1,198 g
mL–1.
a) Calcule la molaridad de este ácido clorhídrico concentrado.
b) Calcule la molaridad de la disolución que resulta de mezclar 250 mL de este ácido con 500
mL de ácido clorhídrico 3,0 M.
Datos:
Masas atómicas: Cl = 35,5 ; H = 1
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x
c
=
1,89·10–3 M
0,20 M
= 9,4·10–3 = 0,94%.
Solución: a) Calculamos la concentración de HCl (se podría aplicar [HCl]0 =
% d·10
Mm
) mediante:
40 g de HCl
1000 cm3
–3
·
1,198
g
de
disolución
cm
·
100 g de disolución
1L
[HCl]0 =
=13,13 M
–1
36,5 g de HCl mol
b) Calculamos ahora la nueva concentración sumando la cantidad de moles que hay en cada una
de las disoluciones que vamos a juntar y dividiendo entre el volumen total:
n +n
c V + c1 V1 13,13 M · 250 mL + 3,0 M · 500 mL
[HCl]' = 0 1 = 0 0
=
=6,38 M
VT
V0 + V1
250 mL + 500 mL
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17.–
26/01/2013 Pág. 7
Se disuelven 2,3 g de ácido metanoico en agua hasta un volumen de 250 cm3. Calcule:
a) el grado de disociación y el pH de la disolución;
b) el volumen de hidróxido de potasio 0,5 M necesario para neutralizar 50 cm3 de la
disolución anterior.
Datos:
Ka = 1,8·10−4 ; Masas atómicas: C = 12 ; O = 16 ; H = 1
Solución: Calculamos primero la masa molecular del ácido (HCOOH) que es: 1×1 + 12×1 + 16×2
+ 1×1 = 46 g mol–1. Por tanto, la concentración inicial de ácido metanoico es:
2,3 g
m
n Mm
46 g mol–1
c= =
=
= 0,2 M
1L
V
V
250 cm3 ·
1000 cm3
a) Aplicando el equilibrio:
+
–
HCOOH
+
H2O
+

H3O
HCOO
inicial
0,2 M
0
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
0,2 M – x
x
x
La expresión de la constante es: K a =
6
�H3 O+ ��HCOO– �
[HCOOH]
x2
= 0,2 M – x =1,8·10–4 M que despejando (se
puede suprimir la x en el denominador –pero no lo vamos a hacer–) da:
x=
–Ka +�K2a + 4 Ka c
2
–1,8·10–4 M +��1,8·10–4 M� + 4 · 1,8·10–4 M · 0,2 M
=
2
2
+
–
x = 5,9·10–3 M = [H3O ] = [HCOO ] ⇔ [HCOOH] = 0,2 M – 0,0059 M ≈ 0,194 M
x
0,0059 M
El grado de disociación vale: α = =
= 0,030 = 3,0%.
c
18.–
Se disuelven 23 g de ácido metanoico, HCOOH, en agua hasta obtener 10 litros de
+
disolución. La concentración de iones H3O es 0,003 M. Calcule:
a) el pH de la disolución y el grado de disociación;
b) la constante Ka del ácido.
Datos:
Masas atómicas:
H=1;
C = 12 ; O = 16
0,2 M
+
El pH vendrá dado por pH = –log [H3O ] = –log (5,9·10–3) = 2,23.
+
–
b) Para neutralizar tenemos en cuenta que el número de moles de H3O y OH provenientes de
ácido y base han de ser los mismos, aác Vác Mác = abase Vbase Mbase de donde:
+
–
1 mol H3O /mol de ácido · 50 cm3 · 0,2 M = 1 mol OH /mol de base · Vbase · 0,5 M ⇔
Vbase = 20 cm3.
Solución: Calculamos primero la masa molecular del ácido que es: 1×1 + 12×1 + 16×2 + 1×1 = 46
g mol–1. Por tanto, la concentración inicial de ácido metanoico es:
23 g
m
n Mm 46 g mol–1
=
=0,05 M
c= =
V
V+
10 L
a) El pH vendrá dado por pH = –log [H3O ] = –log (0,003) = 2,52.
x
0,003 M
El grado de disociación vale: α = =
= 0,06 = 6%.
c
0,05 M
b) Aplicando el equilibrio:
6
inicial
gastado
formado
en el equilibrio
HMet
0,05 M
x
0
0,047 M
La expresión de la constante es: Ka =
+
H2O
�H3 O+ ��Met– �
[HMet]
=

(0,003 M) 2
0,047 M
+
H3O
0
0
x = 0,003 M
0,003 M
+
–
Met
0
0
x
0,003 M
= 1,91·10–4 M .
La x en el denominador se podría haber despreciado (es menos del 10% del valor de c). En tal
caso, el valor de la constante, Ka, nos hubiera dado ligeramente inferior, 1,8·10–4 M.
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19.–
26/01/2013 Pág. 8
Se prepara una disolución de un ácido débil, HA, con una concentración inicial 10−2 M.
Cuando se llega al equilibrio el ácido presenta una disociación del 1%. Calcule:
a) el pH de la disolución;
b) la constante de acidez de HA;
c) el grado de disociación si se añade agua hasta aumentar 100 veces el volumen de la
disolución;
d) el pH de la disolución del apartado anterior.
Solución: Como el grado de disociación es 1% (1·10–2), el valor de x será:
x = c α = 10−2 M · 1·10–2 = 10–4 M
+
+
a) Por lo tanto, [H3O ] = ·10–4 M ⇔ pH = –log [H3O ] = –log (10–4 M) = 4,00
b) Aplicando el equilibrio:
+
HA
+ H2O 
+
H3O
inicial
0,01 M
0
gastado
x = 10–4 M
0
–4
formado
0
10 M
–4
en el equilibrio
0,01 – 10 M
10–4 M
La expresión de la constante es: Ka =
–
A
0
0
–4
10 M
10–4 M
2
�H3 O+ ��A– �
=
[HA]
�10–4 M�
0,01 – 10–4 M
= 1,01·10–6 M
(Se podía haber suprimido 10–4 M en el denominador –no lo hemos hecho–).
c) Se tiene que plantear el nuevo equilibrio, esta vez con una concentración inicial 100 veces
inferior a la anteriormente inicial, ya que el volumen se ha aumentado hasta 100 veces. (V M = V’
M’)
+
–
HA
+
H2O
+ A

H3O
inicial
10–4 M
0 (10–7 M)
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
–4
en el equilibrio
10 M – x
x
x
6
La expresión de la constante es: K a =
�H3 O+ ��A– �
[HA]
=
x2
10–4 M – x
=1,01·10–6 M que despejando (se
puede suprimir la x en el denominador –pero no lo vamos a hacer–) da:
x=
–Ka +�K2a + 4 Ka c
2
–1,01·10–6 M +��1,01·10–6 M� + 4 · 1,01·10–6 M · 10–4 M
=
2
2
+
–
–6
–4
x = 9,56·10 M = [H3O ] = [A ] ⇔ [HA] = 10 M – 9,56·10–6 M ≈ 9,14·10–5 M
El grado de disociación vale: α =
x
c
=
9,56·10–6 M
10–4 M
+
= 9,56·10–2 = 9,56%.
El pH vendrá dado por pH = –log [H3O ] = –log (9,56·10–6) = 5,02.
Nota: Por el hecho de estar muy cerca 9,56·10–6 M del valor 10–7 (no llega a ser 100 veces
mayor), se podría haber tenido en cuenta que ésta (y no 0) es la concentración inicial de protones
en la disolución.
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20.–
26/01/2013 Pág. 9
Se preparan 100 mL de una disolución de amoniaco diluyendo con agua 2 mL de amoniaco
del 30,0% en masa y de densidad 0,894 g mL–1. Calcule:
a) la concentración de la disolución diluida;
b) el pH de esta disolución.
Datos:
Masas atómicas:
Nitrógeno = 14 ; Hidrógeno = 1 ; Kb (amoniaco) = 1,8·10–5
6
Solución: a) Primero calculamos la concentración inicial de NH3. La concentración de la
% d·10
disolución inicial la obtenemos (se podría aplicar [NH3 ]0 = M ) mediante:
m
3
30 g de NH3
–3 1000 cm
·0,894
g
de
disolución
cm
·
100 g de disolución
1L
[NH3 ]0 =
=15,78 M
–1
17 g de NH3 mol
Al diluir varía la concentración según:
V0 M0 = V1 M1 de donde 2 cm3 · 15,78 M = 100 cm3 · M1 ⇔ M1 = 0,316 M
b) Aplicando el equilibrio del amoniaco:
+
–
NH3
+
H2O
+

NH4
OH
inicial
0,316 M
0
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
0,316 M – x
x
x
La expresión de la constante es: K b =
�OH– ��NH4+ �
[NH3 ]
x2
= 0,316 M – x = 1,8·10–5 M que despejando (se
puede suprimir la x en el denominador –aunque no lo vamos a hacer–) da:
x=
21.–
6
Se preparan disoluciones acuosas de igual concentración de HCl, NaCl, NH4Cl y NaOH.
Conteste de forma razonada:
a) ¿Qué disolución tendrá mayor pH?
b) ¿Qué disolución tendrá menor pH?
c) ¿Qué disolución es neutra?
d) ¿Qué disolución no cambiará su pH al diluirla?
Datos:
22.–
+
Ka (NH4 ) = 10–9
Se tiene una disolución de ácido nítrico de pH = 2,30.
a) Determine el número de moles de ion nitrato en disolución sabiendo que el volumen de la
misma es de 250 mL.
b) Calcule la masa de hidróxido de sodio necesaria para neutralizar 25 mL de la disolución
anterior.
c) Determine el pH de la disolución obtenida al añadir 25 mL de hidróxido de sodio 0,001 M
a 25 mL de la primera disolución de ácido nítrico, suponiendo que los volúmenes son
aditivos.
Datos:
Masas atómicas: Na = 23 ; O = 16 ; H = 1
6
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–Kb +�K2b + 4 Kb c
2
=
2
–1,8·10–5 M+��1,8·10–5 M� + 4 · 1,8·10–5 M · 0,316 M
2
–
–
x = 2,38·10–3 M = [OH ] ⇔ pOH = –log [OH ] = 2,62 ⇔ pH = 14 – pOH = 11,38
Solución: El HCl es un ácido fuerte; el NaCl es una sal preveniente de ácido fuerte y base fuerte
(por tanto, neutra); el NH4Cl es una base proveniente de ácido fuerte y base débil (por tanto su
hidrólisis es ácida); el NaOH es una base fuerte.
a) El mayor pH lo tiene la sustancia más básica; por tanto, el NaOH.
b) El menor pH lo tiene la sustancia más ácida; por tanto, el HCl.
+
–
c) Neutra es la disolución del NaCl, por hidratarse ambos iones Na y Cl .
d) No cambia el pH de la disolución de NaCl, que se mantiene en 7. El de las demás cambia, por
ser una dilución de sustancias ácidas o básicas.
Solución: a) Por ser el ácido nítrico un ácido fuerte, se encuentra totalmente disociado. Por tanto
la concentración inicial del ácido es: [HNO3]0 = 10–pH = 10–2,30 = 5·10–3 M
–
Para calcular el número de moles de HNO3 iniciales, y por tanto los de NO3 , aplicamos:
–
n = c V = 5·10–3 M · 250 mL · 10–3 L mL–1 = 1,25·10–3 mol de NO3 .
b) Para neutralizar tenemos en cuenta que, aác Vác Mác = abase nbase de donde:
mbase
aác · Vác· Mác
aác · Vác· Mác · Mm base
nbase =
=
⇔ mbase =
=
Mm base
abase
abase
1 mol H3 O+
1L
· 25 mL · 1000 mL · 5·10–3 M · 40 g mol–1
mol
de
ácido
=
= 5 · 10–3 g = 5 mg
1 mol OH–
mol de base
c) Ahora nos enfrentamos a una neutralización, por lo que tenemos que determinar si hay más
moles de ácido o de base y calcular el exceso que haya, si lo hay.
moles de HNO3 = c V = 5·10–3 M · 25 mL · 10–3 L mL–1 = 1,25·10–4 mol de HNO3
moles de NaOH = c V = 1·10–3 M · 25 mL · 10–3 L mL–1 = 2,5·10–5 mol de NaOH.
Por tanto, hay un exceso de 10–4 mol de ácido que dan lugar a un pH:
10–4 mol
pH = – log [H3 O+ ] = – log
= – log(2 · 10–3 M) = 2,70
1L
(25 mL + 25 mL) ·
1000 mL
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23.–
26/01/2013 Pág. 10
Se tienen dos disoluciones 0,10 M, una de hidróxido de sodio y otra de amoniaco. Calcule
el pH de cada una de estas disoluciones y comente las diferencias obtenidas.
Datos:
Kb (amoniaco) = 1,8·10–5
6
Solución: Para el NaOH y como es una base fuerte siempre está totalmente disociada:
–
pOH = –log [OH ] = –log (0,1) = 1,00 ⇔ pH = 14 – pOH = 14 – 1,00 = 13,00.
Aplicando el equilibrio del amoniaco:
+
–
NH3
+
H2O
+

NH4
OH
inicial
0,1 M
0
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
0,1 M – x
x
x
La expresión de la constante es: K b =
�OH– ��NH4+ �
[NH3 ]
x2
= 0,1 M – x = 1,8·10–5 M
que despejando (se
puede suprimir la x en el denominador –aunque no lo vamos a hacer–) da:
Una disolución contiene 0,376 gramos de fenol (C6H5OH) por cada 100 mL. Sabiendo que
el fenol se puede comportar como ácido débil monoprótico y que su valor de Ka es 1,0·10–10,
calcule:
a) las concentraciones finales de fenol y fenolato presentes en la disolución, así como el pH y
el porcentaje de ionización del fenol;
b) el volumen de disolución de hidróxido de sodio 0,2 M que se necesitaría para valorar
(neutralizar) 25 mL de disolución de fenol.
Datos:
Masas atómicas: H = 1 ; C = 12 ; O = 16
2
–1,8·10–5 M+��1,8·10–5 M� + 4 · 1,8·10–5 M · 0,1 M
=
2
2
–
–
x = 1,33·10–3 M = [OH ] ⇔ pOH = –log [OH ] = 2,88 ⇔ pH = 14 – pOH = 11,12.
Es mayor el pH que provoca el NaOH, puesto que es una base fuerte, totalmente disociada, cosa
que no le pasa al NH3, que es una base débil.
Solución: a) Primero calculamos la concentración inicial de C6H5OH:
0,376 g de C6 H5 OH 1000 mL
·
1L
100 mL
[C6 H5 OH]0 =
= 0,04 M
94 g de C6 H5 OH mol–1
Aplicando el equilibrio al fenol:
+
–
C6H5OH
+ H2O  H3O
+
C6H5O
inicial
0,04 M
0
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
0,04 M – x
x
x
x=
24.–
–Kb +�K2b + 4 Kb c
La expresión de la constante es: K a =
�C6 H5 O– ��H3 O+ �
[C6 H5 OH]
x2
= 0,04 M – x = 1,0·10–10 M que despejando (se
puede suprimir la x en el denominador –aunque no lo vamos a hacer–) da:
6
2
x=
–Ka +�K2a + 4 Ka c
2
=
–1,0·10–10 M+��1,0·10–10 M� + 4 · 1,0·10–10 M · 0,04 M
+
2
= 2,0 · 10–6 M.
Supera en poco la concentración inicial de H3O en agua (10–7 M) que despreciamos, por lo que
podría haber dado ligeramente distinto.
–
+
[C6H5OH]eq ≈ 0,04 M ; [C6H5O ]eq = 2·10–6 M ; pH = –log [H3O ] = –log (2·10–6) = 5,70 ;
El grado de disociación vale: α =
x
c
=
2,0·10–6 M
0,04 M
= 5·10–5 = 0,005%.
+
–
b) Para neutralizar tenemos en cuenta que el número de moles de H3O y OH provenientes de
ácido y base han de ser los mismos, aác Vác Mác = abase Vbase Mbase de donde:
+
–
1 mol H3O /mol de ácido · 25 mL · 0,04 M = 1 mol OH /mol de base · Vbase · 0,2 M ⇔
Vbase = 5 mL.
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25.–
26/01/2013 Pág. 11
A través de un litro de disolución 0,1 M de nitrato de plata se hace pasar una corriente de
1,15 A durante 6 h.
a) Determine la masa de plata depositada en el cátodo.
b) Calcule la molaridad del ion plata una vez finalizada la electrólisis, suponiendo que se
mantiene el volumen inicial de la disolución.
Datos:
F = 96500 C ; Masas atómicas:
N = 14 ; O = 16 ; Ag = 108
7
26.–
Ajuste en medio ácido los siguientes procesos redox por el método de ion–electrón:
2+
–
–
a) MnO4 + NO2  Mn + NO3
b) H2S + H2SO3  S + H2O
La reacción que tiene lugar es:
+
–
Ag + e  Ag
a) Aplicando los factores de conversión necesarios (o la 2ª Ley de Faraday) la cantidad que se
obtendría, si hubiera ion plata en exceso sería:
3600 s
1 mol de e– 1 mol de Ag+
1,15 A (C s–1 ) ·
·6h·
·
= 0,25 mol de Ag
1h
96500 C
1 mol de e3600 s
1 mol de e– 1 mol de Ag+ 108 g de Ag
–1
1,15 A (C s ) ·
·6h·
·
·
= 27,8 g de Ag
1h
96500 C
1 mol de e1 mol de Ag
Como inicialmente teníamos un número de moles: nAg+ = c V = 0,1 M · 1 L = 0,1 mol de ion
plata.
No tenemos tantos moles como para que precipite plata durante las 6 horas del proceso. Sólo
+
0
tenemos 0,1 mol de Ag por lo que se han convertido realmente en plata metálica (Ag ):
108 g de Ag
= 10,8 g de Ag
0,1 mol de Ag ·
1 mol de Ag
+
+
b) Todo el ion Ag se ha convertido en Ag, por lo que [Ag ]f = 0 M.
Solución: a)
–
ox. inicial
NO2  NO3
–
=
ajustamos N
NO2  NO3
–
ajustamos O con agua
⇐1
H2O + NO2  NO3
–
+
ajustamos H con protones
2⇒
H2O + NO2  NO3 + 2 H
–
+
–
–
1⇒
H2O + NO2  NO3 + 2 H + e
ajustamos e
–
2+
red. inicial
MnO4
 Mn
–
2+
=
ajustamos Mn
MnO4
 Mn
–
2+
ajustamos O con agua
4⇒
MnO4
 Mn + 4 H2O
+
–
2+
ajustamos H con protones
⇐8
8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
–
+
–
2+
–
⇐5
5 e + 8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
ajustamos e
–
+
–
oxidación
×5
H2O + NO2  NO3 + 2 H + e
–
+
–
2+
=
reducción
5 e + 8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
+
–
–
+
2+
5 H2O + 5 NO2 + 8 H + MnO4
 5 NO3 + 10 H + Mn + 4 H2O
–
–
+
2+
H2O + 5 NO2 + MnO4
 5 NO3 + 2 H + Mn
+
(quitamos los H y los H2O de más)
7
b)
2–
S
 S
2–
S
 S
2–
–
S
 S+2e
2–
SO3
 S
2–
SO3
 S
2–
SO3
 S + 3 H2O
+
2–
6 H + SO3
 S + 3 H2O
–
+
2–
4 e + 6 H + SO3
 S + 3 H2O
2–
–
S
 S+2e
–
+
2–
4 e + 6 H + SO3
 S + 3 H2O
2–
+
2–
2 S + 6 H + SO3
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=
2⇒
=
3⇒
⇐6
⇐4
×2
=

ox. inicial
ajustamos S
–
ajustamos e
red. inicial
ajustamos S
ajustamos O con agua
ajustamos H con protones
–
ajustamos e
oxidación
reducción
3 S + 3 H2O
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
26/01/2013 Pág. 12
27.–
Ajuste las siguientes ecuaciones. Identifique al oxidante y al reductor y escriba las
correspondientes semireacciones:
a) Fe + O2  Fe2O3
b) Cl2 + NaBr  NaCl + Br2
c) Si + F2  SiF4
d) H2 + Cl2  HCl
28.–
Considere la reacción HNO3 + Cu  Cu(NO3)2 + NO(g) + H2O
Ajuste la reacción por el método de ion–electrón.
Defina los conceptos de oxidante, reductor, oxidación y reducción.
2+
Calcule las masas equivalentes de HNO3 y Cu .
¿Qué volumen de NO, medido a 1 atm y 273 K se desprenderá si se oxidan 2,50 g de
cobre metálico?
7
a)
b)
c)
d)
Datos:
Masas atómicas:
Cu = 63,5 ; O = 16 ;
N = 14 ;
H=1;
R = 0,082 atm L mol–1 K–1
Solución: No es necesario recurrir al método de ion–electrón (por ser las reacciones muy fáciles y
como mucho con tres elementos distintos) por lo que –(ox) significa oxidante y no oxidación que
es justo al revés; (red) significa reductor–:
3+
–
–
2–
a) 4 Fe + 3 O2  2 Fe2O3 ; Fe (red)  Fe + 3 e ; O2(ox) + 4 e
 2O .
–
–
–
–
b) Cl2 + 2 NaBr  2 NaCl + Br2 ; Cl2 (ox) + 2 e
 2 Cl ; 2 Br (red)  Br2 + 2 e .
4+
–
–
–
c) Si + 2 F2  SiF4 ; Si (red)  Si + 4 e ; F2 (ox) + 2 e
 2F.
+
–
–
–
d) H2 + Cl2  2 HCl ; H2 (red)  2 H + 2 e ; Cl2 (ox) + 2 e
 2 Cl .
Solución: a)
2+
ox. inicial
Cu  Cu
2+
=
ajustamos Cu
Cu  Cu
2+
–
–
2⇒
Cu  Cu + 2 e
ajustamos e
–
red. inicial
NO3
 NO
–
=
ajustamos N
NO3
 NO
–
ajustamos O con agua
2⇒
NO3
 NO + 2 H2O
+
–
ajustamos H con protones
⇐4
4 H + NO3
 NO + 2 H2O
–
+
–
–
⇐3
3 e + 4 H + NO3
 NO + 2 H2O
ajustamos e
2+
–
oxidación
×3
Cu  Cu + 2 e
–
+
–
reducción
×2
3 e + 4 H + NO3
 NO + 2 H2O
+
–
2+
3 Cu + 8 H + 2 NO3
 3 Cu + 2 NO + 4 H2O
3 Cu + 8 HNO3  3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O
(añadimos los iones que faltan)
–
Para llegar a esta última reacción hemos añadido 6 NO3 en ambos lados de la reacción para
convertir iones en compuestos.
b) Oxidante: reactivo que capta electrones en una reacción redox; reductor: reactivo que cede
electrones en una reacción redox; oxidación: proceso por el cual un reactivo cede electrones;
reducción: proceso por el cual un reactivo capta electrones.
c) La masa equivalente de una sustancia se obtiene dividiendo la masa molecular entre el número
de partículas que intercambia en la reacción por lo que:
(1×1+14×1+16×3) g de HNO3
g de HNO3
mol de HNO3
Masa equivalenteHNO =
=21
3
mol de e–
mol de e–
3 mol de HNO
3
2+
65,3 g de Cu
2+
g de Cu2+
mol
de
Cu
Masa equivalenteCu2+ =
= 32,65
mol de e–
mol de e–
2
2+
mol de Cu
d) Aplicando la ecuación de los gases perfectos, p V = n R T, y los factores de conversión
necesarios:
1 mol de Cu 2 mol de NO
atm L
n R T 2,5 g de Cu · 63,5 g de Cu · 3 mol de Cu · 0,082 mol K · 273 K
V=
=
= 0,59 L de NO
p
1 atm
7
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PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
29.–
26/01/2013 Pág. 13
Considere la reacción: HNO3 + Cu  Cu(NO3)2 + NO(g) + H2O.
a) Ajuste la reacción por el método ion–electrón.
b) Calcule las masas equivalentes de HNO3 y Cu2+.
c) ¿Qué volumen de NO (medido a 1 atmósfera y 273 K) se desprenderá si se oxidan 2,50 g
de cobre metálico?
Datos:
Masas atómicas: Cu = 63,5 ; O = 16,0 ;
N = 14,0 ; H = 1,0 ; R = 0,082 atm L mol–1 K–1
7
Solución: a)
2+
ox. inicial
Cu  Cu
2+
=
ajustamos Cu
Cu  Cu
2+
–
–
2⇒
Cu  Cu + 2 e
ajustamos e
–
red. inicial
NO3
 NO
–
=
ajustamos N
NO3
 NO
–
ajustamos O con agua
2⇒
NO3
 NO + 2 H2O
+
–
ajustamos H con protones
⇐4
4 H + NO3
 NO + 2 H2O
–
+
–
–
⇐3
3 e + 4 H + NO3
 NO + 2 H2O
ajustamos e
2+
–
oxidación
×3
Cu  Cu + 2 e
–
+
–
reducción
×2
3 e + 4 H + NO3
 NO + 2 H2O
+
–
2+
3 Cu + 8 H + 2 NO3
 3 Cu + 2 NO + 4 H2O
–
3 Cu + 8 HNO3  3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O (Añadimos 6 NO3 en cada lado)
b) Sabiendo que la masa equivalente redox es la masa de un elemento o compuesto que cede o
capta un mol de electrones (se ve en las semirreacciones ajustadas) y aplicando los cambios de
factores de conversión necesarios:
1 mol de átomos de Cu
63,5 g de Cu
1 mol de e– ·
·
= 31,75 g de Cu.
2 mol de e1 mol de átomos de Cu
1 mol de HNO 63 g de HNO3
1 mol de e– ·
·
= 21 g de HNO3 .
3 mol de e1 mol de HNO3
Hay que tener en cuenta que estamos calculando la masa equivalente redox del ácido nítrico. Si
+
fuera la masa equivalente ácido–base sería 63 g, puesto que sólo intercambia un H .
c) Aplicando los factores de conversión adecuados y la Ecuación de los gases ideales:
V=
30.–
Dada la reacción de oxidación–reducción: I2 + HNO3 → HIO3 + NO + H2O,
a) escriba y ajuste las semirreacciones de oxidación y reducción;
b) escriba la reacción global ajustada;
c) identifique, justificando brevemente la respuesta, el agente oxidante y el reductor.
7
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nRT
p
=
2,50 g de Cu ·
Solución: a) y b)
–
1 mol de Cu 2 mol de NO
atm L
·
·0,082
63,5 g de Cu 3 mol de Cu
mol K
1 atm
· 273 K
= 0,588 L de NO.
ox. inicial
 IO3
–
ajustamos I
×2 ⇒
I2  2 IO3
–
ajustamos O con agua
⇐6
6 H2O + I2  2 IO3
–
+
ajustamos H con protones
12 ⇒
6 H2O + I2  2 IO3 + 12 H
–
+
–
–
10 ⇒
6 H2O + I2  2 IO3 + 12 H + 10 e
ajustamos e
–
red. inicial
NO3
 NO
–
=
ajustamos N
NO3
 NO
–
ajustamos O con agua
2⇒
NO3
 NO + 2 H2O
+
–
ajustamos H con protones
⇐4
4 H + NO3
 NO + 2 H2O
–
+
–
–
⇐3
3 e + 4 H + NO3
 NO + 2 H2O
ajustamos e
–
+
–
oxidación
×3
6 H2O + I2  2 IO3 + 12 H + 10 e
–
+
–
reducción
×10
3 e + 4 H + NO3
 NO + 2 H2O
+
–
–
+
18 H2O + 3 I2 + 40 H + 10 NO3
 6 IO3 + 36 H + 10 NO + 20 H2O
+
–
–
+
3 I2 + 4 H + 10 NO3
 6 IO3 + 10 NO + 2 H2O
(quitamos H y H2O de más)
3 I2 + 10 HNO3  6 HIO3 + 10 NO + 2 H2O
(Reacción global ajustada)
+
Para llegar a la reacción global ajustada hemos añadido 6 H en cada lado de la reacción, para que
no queden iones sueltos.
c) El agente oxidante es el reactivo que capta los electrones cedidos por el reactivo que se oxida,
–
por lo que en este caso es el ion nitrato (NO3 ) o el ácido nítrico (HNO3). El agente reductor es el
reactivo que cede los electrones captados por el reactivo que se reduce, por lo que en este caso es
el iodo molecular (I2).
I2
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
31.–
26/01/2013 Pág. 14
2+
Dada la siguiente reacción de oxidación–reducción en medio ácido (sin ajustar): Fe
+
3+
3+
2–
Cr2O7 + H
 Fe + Cr + H2O,
a) indique el número (estado) de oxidación del cromo en los reactivos y en los productos;
b) ajuste las semirreacciones de oxidación y reducción;
c) ajuste la reacción iónica global;
d) razone si la reacción es o no espontánea en condiciones estándar a 25 ºC.
Datos:
2–
3+
3+
2–
+
2+
Datos a 25 ºC: ξ0 (Cr2O7 │Cr ) = 1,33 V ; (Fe │Fe ) = 0,77 V
7
32.–
7
2+
Datos:
33.–
2+
Dados los pares (Cd │Cd) y (Cu │Cu), si queremos construir una pila galvánica,
a) ¿cuál sería el ánodo y cuál el cátodo?
b) Escriba la reacción iónica y calcule el potencial de electrodo normal (o estándar) de la pila
(ξ0cel).
2+
2+
ξ0 (Cd │Cd) = –0,40 V ; ξ0 (Cu │Cu) = +0,34 V
–
Dados los valores de potencial estándar de reducción de los siguientes sistemas: ξ0 (I2│I )
–
–
= 0,53 V ; ξ0 (Br2│Br ) = 1,07 V ; ξ0 (Cl2│Cl ) = 1,36 V, indique razonadamente:
a) cuál es la especie química más oxidante entre todas las mencionadas anteriormente;
b) cuál es la forma reducida con mayor tendencia a oxidarse;
c) si es espontánea la reacción entre el cloro molecular y el ion yoduro;
d) si es espontánea la reacción entre el ion cloruro y el bromo molecular.
7
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Solución: a) El número de oxidación del cromo en el Cr2O7 es: [nº ox. Cr]×2 + [–2]×7 = –2 ⇔
3+
[nº ox. Cr] = +6; en el Cr es +3.
b) y c)
2+
3+
ox. inicial
Fe
 Fe
2+
3+
=
ajustamos Fe
Fe
 Fe
2+
3+
–
–
1⇒
Fe
 Fe + e
ajustamos e
2–
3+
red. inicial
Cr2O7
 Cr
2–
3+
ajustamos Cr
×2 ⇒
Cr2O7
 2 Cr
2–
3+
ajustamos O con agua
7⇒
Cr2O7
 2 Cr + 7 H2O
+
2–
3+
ajustamos H con protones
⇐ 14
14 H + Cr2O7
 2 Cr + 7 H2O
–
+
2–
3+
–
⇐6
6 e + 14 H + Cr2O7
 2 Cr + 7 H2O
ajustamos e
2+
3+
–
oxidación
×6
Fe
 Fe + e
–
+
2–
3+
=
reducción
6 e + 14 H + Cr2O7
 2 Cr + 7 H2O
2+
+
2–
3+
3+
6 Fe + 14 H + Cr2O7
 6 Fe + 2 Cr + 7 H2O
d) El potencial normal de la pila formada es:
ξ0T = ξ0red – ξ0ox = 1,33 V – (0,77 V) = 0,56 V. Por ser positivo, la reacción es espontánea.
Solución: a) Por ser mayor el potencial de reducción del cobre, ésta es la reducción que se
produce en la pila. La oxidación del cadmio tiene lugar en el ánodo, mientras que la reducción del
2+
Cu ocurre en el cátodo.
b) Lo que sucede en la pila sería por tanto:
2+
–
Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación
ξ0 = 0,40 V
Cd  Cd + 2 e
2+
–
Reducción
ξ0 = 0,34 V
Cu + 2 e  Cu
2+
2+
ξ0 = 0,34 V + 0,40 V = 0,74 V
Cu + Cd  Cu + Cd
2+
2+
Cd(s)│Cd (ac) ║ Cu (ac)│Cu(s)
Solución: a) Como la tabla que dan es de potenciales de reducción, y el compuesto más oxidante
es el que tiene mayor facilidad para reducirse (puesto que oxida con mayor facilidad al otro
reactivo), el reactivo mas oxidante es el cloro molecular (Cl2).
b) La forma reducida con mayor tendencia a oxidarse es la que ha tenido mayor dificultad para
reducirse, que es la que se encuentra en el par redox con menor potencial de reducción. Por tanto
–
es el ion ioduro (I ).
–
–
Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación
ξ0 = –0,53 V
c) 2 I  I2 + 2 e
–
–
Reducción
ξ0 = 1,36 V
Cl2 + 2 e
 2 Cl
–
–
ξ0 = –0,53 V + 1,36 V = 0,83 V
2 I + Cl2  I2 + 2 Cl
–
La reacción entre el cloro y los iones ioduro (I ) sí será espontánea, formándose iodo sólido (I2) y
–
quedando en disolución iones cloruro (Cl ).
–
–
Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación
ξ0 = –1,36 V
d) 2 Cl  Cl2 + 2 e
–
–
Reducción
ξ0 = 1,07 V
Br2 + 2 e
 2 Br
–
–
ξ0 = –1,36 V + 1,07 V = –0,29 V
2 Cl + Br2  Cl2 + 2 Br
–
La reacción entre el bromo y los iones cloruro (Cl ) no será espontánea, pues el potencial es
negativo.
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
34.–
26/01/2013 Pág. 15
Deduzca razonadamente y escribiendo la reacción ajustada:
a) si el hierro en su estado elemental puede ser oxidado a hierro(II) con MoO42–;
–
b) si el hierro(II) puede ser oxidado a hierro(III) con NO3 .
Datos: ξ0 (MoO42–│Mo3+) = 0,51 V ; ξ0 (NO3–│NO) = 0,96 V ; ξ0 (Fe3+│Fe2+) = 0,77 V ; ξ0 (Fe2+│Fe) = –
0,44 V
7
Solución: a)
2+
ox. inicial
Fe  Fe
2+
=
ajustamos Fe
Fe  Fe
2+
–
–
2⇒
Fe  Fe + 2 e
ajustamos e
2–
3+
red. inicial
MoO4
 Mo
2–
3+
=
ajustamos Mo
MoO4
 Mo
2–
3+
ajustamos O con agua
4⇒
MoO4
 Mo + 4 H2O
+
2–
3+
ajustamos H con protones
⇐8
8 H + MoO4
 Mo + 4 H2O
–
+
2–
3+
–
⇐3
3 e + 8 H + MoO4
 Mo + 4 H2O
ajustamos e
2+
–
oxidación
×3
Fe  Fe + 2 e
–
+
2–
3+
reducción
×2
3 e + 8 H + MoO4
 Mo + 4 H2O
+
2–
2+
3+
3 Fe + 16 H + 2 MoO4
 3 Fe + 2 Mo + 8 H2O
El potencial normal de la pila formada es:
ξ0T = ξ0red – ξ0ox = 0,51 V – (–0,44 V) = 0,95 V. Por ser positivo, la reacción es espontánea, por lo
2–
que el MoO4 oxida al Fe.
2+
3+
ox. inicial
b) Fe
 Fe
2+
3+
=
ajustamos Fe
Fe
 Fe
2+
3+
–
–
1⇒
Fe
 Fe + e
ajustamos e
–
red. inicial
NO3
 NO
–
=
ajustamos N
NO3
 NO
–
ajustamos O con agua
2⇒
NO3
 NO + 2 H2O
+
–
ajustamos H con protones
⇐4
4 H + NO3
 NO + 2 H2O
–
+
–
–
⇐3
3 e + 4 H + NO3
 NO + 2 H2O
ajustamos e
2+
3+
–
oxidación
×3
Fe
 Fe + e
–
+
–
=
reducción
3 e + 4 H + NO3
 NO + 2 H2O
2+
35.–
7
Dos celdas electrolíticas que contienen nitrato de plata(I) y sulfato de cobre(II),
respectivamente, están montadas en serie. Si en la primera se depositan 3 gramos de plata,
a) calcule los gramos de cobre que se depositarán en la segunda celda;
b) calcule el tiempo que tardarán en depositarse si la intensidad de la corriente es de 2
amperios.
Datos:
Masas atómicas:
Ag = 107,9 ;
Cu = 63,5 ; Faraday: 96500 C
3 g de Ag ·
–
3+
1 mol de Ag
107,9 g de Ag
·
1 mol de e1 mol de Ag
+
·
1 mol de Cu2+
2 mol de e-
·
63,5 g de Cu
1 mol de Cu
= 8,83·10–1 g de Cu.
b) Teniendo en cuenta sólo la reacción que tiene lugar en la primera cuba (de la que nos dan datos
de cantidad depositada) y aplicando los factores de conversión adecuados (se puede hacer también
aplicando la 2ª Ley de Faraday):
3 g de Ag ·
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
+
3 Fe + 4 H + NO3
 3 Fe + NO + 2 H2O
El potencial normal de la pila formada es:
ξ0T = ξ0red – ξ0ox = 0,96 V – (0,77 V) = 0,19 V. Por ser positivo, la reacción es espontánea, por lo
–
2+
que el NO3 oxida al Fe . Al ser bajo el potencial, no será muy rápida.
+
–
2+
–
Solución: a) Las reacciones que tienen lugar son: Ag + e

Ag y Cu + 2 e

Cu , por lo que, aplicando los factores de conversión adecuados:
1 mol de Ag
·
107,9 g de Ag
1 mol de e1 mol de Ag+
·
96500 C
1 mol de e–
·
1s
2C
= 1,34·103 s ·
1 min
60 s
= 22,4 min.
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
36.–
26/01/2013 Pág. 16
El ácido nítrico concentrado reacciona con carbono produciendo dióxido de nitrógeno,
dióxido de carbono y agua.
a) Ajuste, por el método de ion–electrón, la reacción molecular.
b) Calcule el volumen de dióxido de carbono, medido a 25 ºC y 740 mmHg de presión, que
se desprenderá cuando reaccione 1 kg de un carbón mineral, que tiene una riqueza en
carbono del 60%, con exceso de ácido nítrico.
Datos:
R = 0,082 atm L mol–1 K–1 ; Masas atómicas:
C = 12 ; O = 16
7
Solución: a)
C  CO2
ox. inicial
C  CO2
=
ajustamos C
C + 2 H2O  CO2
ajustamos O con agua
⇐2
+
ajustamos H con protones
4⇒
C + 2 H2O  CO2 + 4 H
+
–
–
4⇒
C + 2 H2O  CO2 + 4 H + 4 e
ajustamos e
–
red. inicial
NO3
 NO2
–
=
ajustamos N
NO3
 NO2
–
ajustamos O con agua
1⇒
NO3
 NO2 + H2O
+
–
ajustamos H con protones
⇐2
2 H + NO3
 NO2 + H2O
–
+
–
–
⇐1
1 e + 2 H + NO3
 NO2 + H2O
ajustamos e
+
–
=
oxidación
C + 2 H2O  CO2 + 4 H + 4 e
–
+
–
reducción
×4
1 e + 2 H + NO3
 NO2 + H2O
+
–
+
C + 2 H2O + 8 H + 4 NO3
 4 NO2 + 4 H2O + CO2 + 4 H
+
–
+
C + 4 H + 4 NO3
 4 NO2 + 2 H2O + CO2 (quitamos 4 H y 2 H2O de ambos lados)
C + 4 HNO3  4 NO2 + 2 H2O + CO2
(juntamos los iones sueltos)
b) Aplicando la ecuación de los gases perfectos, p V = n R T, y los factores de conversión
necesarios:
V=
37.–
El ácido nítrico concentrado reacciona con mercurio elemental en presencia de ácido
clorhídrico produciendo cloruro de mercurio (II), monóxido de nitrógeno y agua.
a) Ajuste la ecuación iónica y molecular por el método de ion–electrón.
b) Calcule el volumen de ácido nítrico 2 M que se debe emplear para oxidar completamente
3 g de mercurio elemental.
Datos:
Masa atómica: Hg = 200,6
7
nRT
p
1000 g de carbón ·
=
1 mol de CO2
1 mol de C
1 atm
760 mmHg
60 g de C
1 mol de C
·
100 g de carbón 12 g de C
740 mmHg ·
·
atm L
mol K
· 0,082
· 298 K
Solución: a)
2+
ox. inicial
Hg  Hg
2+
=
ajustamos Hg
Hg  Hg
2+
–
–
2⇒
Hg  Hg + 2 e
ajustamos e
–
red. inicial
NO3
 NO
–
=
ajustamos N
NO3
 NO
–
ajustamos O con agua
2⇒
NO3
 NO + 2 H2O
+
–
ajustamos H con protones
⇐4
4 H + NO3
 NO + 2 H2O
–
+
–
–
⇐3
3 e + 4 H + NO3
 NO + 2 H2O
ajustamos e
2+
–
oxidación
×3
Hg  Hg + 2 e
–
+
–
reducción
×2
3 e + 4 H + NO3
 NO + 2 H2O
+
–
2+
3 Hg + 8 H + 2 NO3
 3 Hg + 2 NO + 4 H2O
–
3 Hg + 6 HCl + 2 HNO3  3 HgCl2 + 2 NO + 4 H2O (Añadimos 6 Cl en cada lado)
b) Aplicando los cambios de factores de conversión necesarios:
1 mol de átomos de Hg
2 mol de HNO
1 L de HNO
3 g de Hg ·
· 3 mol de átomos de3 Hg · 2 mol de HNO3 = 4,99·10–3 L de HNO3 .
200,6 g de Hg
3
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= 1,25·103 L de CO2 .
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
38.–
26/01/2013 Pág. 17
En la oxidación de agua oxigenada con 0,2 moles de permanganato, realizada en medio
2+
ácido a 25 °C y 1 atm de presión, se producen 2 L de O2 y cierta cantidad de Mn y agua.
a) Escriba la reacción iónica ajustada que tiene lugar.
b) Justifique, empleando los potenciales de reducción, si es una reacción espontánea en
condiciones estándar y 25 °C.
c) Determine los gramos de agua oxigenada necesarios para que tenga lugar la reacción.
d) Calcule cuántos moles de permanganato se han añadido en exceso.
–
2+
Datos: R = 0,082 atm L mol–1 K–1 ; ξ0 (MnO4 │Mn ) = 1,51 V ; ξ0 (O2│H2O2) = 0,68 V ; Masas
atómicas: O = 16 ; H = 1
7
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Solución: a)
H2O2  O2
ox. inicial
H2O2  O2
=
ajustamos O con agua
+
ajustamos
H con protones
2⇒
H2O2  O2 + 2 H
+
–
–
2⇒
H2O2  O2 + 2 H + 2 e
ajustamos e
–
2+
red. inicial
MnO4
 Mn
–
2+
=
ajustamos Mn
MnO4
 Mn
–
2+
ajustamos O con agua
4⇒
MnO4
 Mn + 4 H2O
+
–
2+
ajustamos H con protones
⇐8
8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
–
+
–
2+
–
⇐5
5 e + 8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
ajustamos e
+
–
oxidación
×5
H2O2  O2 + 2 H + 2 e
–
+
–
2+
reducción
×2
5 e + 8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
+
–
+
2+
5 H2O2 + 16 H + 2 MnO4
 5 O2 + 10 H + 2 Mn + 8 H2O
+
–
2+
+
5 H2O2 + 6 H + 2 MnO4
 5 O2 + 2 Mn + 8 H2O (quitamos los H de más)
b) El potencial normal de la pila formada es:
ξ0T = ξ0red – ξ0ox = 1,51 V – (0,68 V) = 0,83 V. Por ser positivo, la reacción es espontánea.
c) Aplicando la Ecuación de los gases ideales y los factores de conversión necesarios:
1 atm·2 L de O2
5 mol de H2 O2 34 g de H2 O2
pV
⇔
·
·
= 2,8 g de H2 O2 .
n=
atm L
5 mol de O2
1 mol de H2 O2
RT
0,082 mol K ·298 K
d) Aplicando la Ecuación de los gases ideales y los factores de conversión necesarios para hallar
los moles consumidos:
1 atm · 2 L de O2
2 mol de MnO4 –
·
= 0,033 moles de MnO4 – .
atm L
5
mol
de
O
2
0,082 mol K · 298 K
Los moles añadidos en exceso son los iniciales menos los consumidos por lo que:
–
nexceso = n0 – ngastados = 0,2 – 0,033 = 0,167 moles de MnO4 en exceso.
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
39.–
26/01/2013 Pág. 18
En la reacción de hierro metálico con vapor de agua se produce óxido ferroso–férrico
(Fe3O4) e hidrógeno molecular.
a) Formule y ajuste la reacción química que tiene lugar.
b) Calcule el volumen de hidrógeno gaseoso medido a 127 ºC y 5 atm que se obtiene por
reacción de 558 g de hierro metálico.
c) ¿Cuántos gramos de óxido ferroso–férrico se obtendrán a partir de 3 moles de hierro?
d) ¿Cuántos litros de vapor de agua a 10 atm y 127 ºC se precisa para reaccionar con los 3
moles de hierro?
Datos:
Masas atómicas: Fe = 55,8 ; O = 16 ; R = 0,082 atm L mol–1 K–1
7
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) La reacción que tiene lugar, antes de ser ajustada, es:
Fe + H2O  Fe3O4 + H2
Fe  Fe3O4
ox. inicial
3 Fe  Fe3O4
ajustamos Fe
⇐3
3 Fe + 4 H2O  Fe3O4
ajustamos O con agua
⇐4
+
ajustamos H con protones
8⇒
3 Fe + 4 H2O  Fe3O4 + 8 H
+
–
–
8⇒
3 Fe + 4 H2O  Fe3O4 + 8 H + 8 e
ajustamos e
+
red. inicial
H
 H2
+
ajustamos H
⇐ ×2
2H
 H2
–
+
–
⇐2
2e +2H
 H2
ajustamos e
+
–
=
oxidación
3 Fe + 4 H2O  Fe3O4 + 8 H + 8 e
–
+
reducción
×4
2e +2H
 H2
+
+
3 Fe + 4 H2O + 8 H
 Fe3O4 + 8 H + 4 H2
+
3 Fe + 4 H2O  Fe3O4 + 4 H2
(quitamos los H de más)
b) Aplicando factores de conversión y la ecuación de los gases perfectos, p V = n R T,
4 mol H2
atm L
1 mol de Fe
n R T 558 g de Fe · 55,8 g de Fe · 3 mol de Fe · 0,082 mol K ·400 K
V=
=
= 87,5 L de H2
p
5 atm
c) Aplicando los cambios de factores de conversión necesarios:
1 mol Fe3 O4 (55,8×3 + 16×4) g de Fe3 O4
·
= 231,4 g de Fe3 O4
3 mol de Fe ·
3 mol de Fe
1 mol de Fe3 O4
d) Aplicando factores de conversión y la ecuación de los gases perfectos, p V = n R T,
4 mol H2 O
atm L
n R T 3 mol de Fe · 3 mol de Fe · 0,082 mol K ·400 K
V=
=
= 13,1 L de H2 O
p
10 atm
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
40.–
26/01/2013 Pág. 19
–
2+
En una disolución en medio ácido, el ion MnO4 oxida al H2O2, obteniéndose Mn , O2 y
H2O.
a) Nombre todos los reactivos y productos de la reacción, indicando los estados de oxidación
del oxígeno y del manganeso en cada uno de ellos.
b) Escriba y ajuste las semirreacciones de oxidación y reducción en medio ácido.
c) Ajuste la reacción global.
d) Justifique, en función de los potenciales dados, si la reacción es espontánea o no en
condiciones estándar.
Datos:
–
2+
ξ0 (MnO4 │Mn ) = 1,51 V ; ξ0 (O2│H2O2) = 0,70 V
7
Solución: a) La reacción que tiene lugar, antes de ser ajustada, es:
2+
–
MnO4 + H2O2  O2 + Mn + H2O
Por lo tanto reaccionan el ion permanganato (en el que el manganeso tiene número de oxidación
+7 y el oxígeno –2) con el peróxido de hidrógeno (nº de oxidación del oxígeno –1) para dar ion
manganeso (nº de oxidación +2), oxígeno molecular (número de oxidación 0) y agua (nº de
oxidación del oxígeno, –2). Por tener que haber una oxidación y una reducción descubrimos que el
–
proceso de oxidación es el paso de H2O2 a O2 (de –1 a 0) y el de reducción el paso de MnO4 a
2+
–
Mn (de +7 a +2). Los oxígenos (–2) han de venir de los que tiene el MnO4 o el ácido que
también son –2, por lo que no hay cambio.
b) y c)
H2O2  O2
ox. inicial
H2O2  O2
=
ajustamos O con agua
+
ajustamos H con protones
2⇒
H2O2  O2 + 2 H
+
–
–
2⇒
H2O2  O2 + 2 H + 2 e
ajustamos e
–
2+
red. inicial
MnO4
 Mn
–
2+
=
ajustamos Mn
MnO4
 Mn
–
2+
ajustamos O con agua
4⇒
MnO4
 Mn + 4 H2O
+
–
2+
ajustamos H con protones
⇐8
8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
–
+
–
2+
–
⇐5
5 e + 8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
ajustamos e
+
–
oxidación
×5
H2O2  O2 + 2 H + 2 e
–
+
–
2+
reducción
×2
5 e + 8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
+
41.–
En una valoración, 31,25 mL de una disolución 0,1 M de Na2C2O4 (oxalato de sodio) en
medio ácido consumen 17,38 mL de una disolución de KMnO4 de concentración desconocida.
Sabiendo que el oxalato pasa a CO2 y el permanganato a Mn2+,
a) ajuste la ecuación iónica por el método de ion–electrón;
b) calcule la concentración de la disolución de KMnO4.
Datos:
Masas atómicas:
O = 16 ; K = 39 ; Mn = 55
7
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
–
+
2+
5 H2O2 + 16 H + 2 MnO4
 5 O2 + 10 H + 2 Mn + 8 H2O
+
–
2+
+
5 H2O2 + 6 H + 2 MnO4
 5 O2 + 2 Mn + 8 H2O (quitamos los H de más)
d) El potencial normal de la pila formada es:
ξ0T = ξ0red – ξ0ox = 1,51 V – (0,70 V) = 0,81 V. Por ser positivo, la reacción es espontánea.
Solución: a) Para ajustar la reacción observamos que el C en el oxalato tiene número de oxidación
+3 mientras que en el CO2 es +4 (se oxida). Por otro lado, el manganeso pasa de +7 en el
permanganato a +2 (se reduce)
2–
ox. inicial
C2O4
 CO2
2–
ajustamos C
2⇒
C2O4
 2 CO2
2–
=
ajustamos O y H
C2O4
 2 CO2
2–
–
–
2⇒
C2O4
 2 CO2 + 2 e
ajustamos e
–
2+
red. inicial
MnO4
 Mn
–
2+
=
ajustamos Mn
MnO4
 Mn
–
2+
ajustamos O con agua
4⇒
MnO4
 Mn + 4 H2O
+
–
2+
ajustamos H con protones
⇐8
8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
–
+
–
2+
–
⇐5
5 e + 8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
ajustamos e
2–
–
oxidación
×5
C2O4
 2 CO2 + 2 e
–
+
–
2+
reducción
×2
5 e + 8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
2–
+
–
2+
5 C2O4 + 16 H + 2 MnO4
 10 CO2 + 2 Mn + 8 H2O
b) Para neutralizar tenemos en cuenta que el número de moles de electrones desprendidos por el
2–
–
reductor (C2O4 ) han de ser los mismos que necesita captar el oxidante (MnO4 ),
ared Vred Mred = aox Vox Mox de donde:
–
–
2 mol e /mol de reductor · 31,25 mL · 0,1 M = 5 mol e /mol de oxidante · 17,38 mL · Mox
⇔ Mox = 0,072 M
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
26/01/2013 Pág. 20
42.–
Explique razonadamente si son ciertas o no cada una de las siguientes afirmaciones:
–
a) El número de oxidación del cloro en ClO3 es –1.
b) Un elemento se reduce cuando su número de oxidación cambia de menos a más negativo.
c) Una especie se oxida cuando gana electrones.
43.–
Justifique si el cloro o el yodo pueden reaccionar con iones Fe y transformarlos en iones
3+
–
–
Fe , en medio acuoso, a partir de los siguientes datos: ξ0 (Cl2│Cl ) = 1,36 V ; ξ0 (I2│I ) =
3+
2+
0,54 V ; ξ0 (Fe │Fe ) = 0,77 V
44.–
La valoración en medio ácido de 50,0 mL de una disolución saturada de oxalato de sodio,
requiere 24,0 mL de permanganato de potasio 0,0230 M. Sabiendo que la reacción que se
2+
2–
–
produce es: C2O4 + MnO4
 Mn + CO2(g), calcule los gramos de oxalato de sodio
que habrá en 1,0 litros de la disolución saturada.
7
2+
7
Datos:
Masas atómicas: C = 12 ; O = 16 ; Na = 23
7
–
Solución: a) El número de oxidación del cloro en el ClO3 es: [nº ox. Cl] + [–2]×3 = –1 ⇔ [nº ox.
Cl] = +5; es falso.
b) Cierto. Reducirse es aumentar el número de electrones que se poseen, que a un elemento o ion
negativo les hace ser más negativo.
c) Falso. Oxidarse es perder electrones.
Solución:
2+
3+
–
Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación
ξ0 = –0,77 V
Fe
 Fe + e
–
–
Reducción
ξ0 = 1,36 V
½ Cl2 + e  Cl
2+
–
3+
ξ0 = 1,36 V + (–0,77 V) = 0,59 V
½ Cl2 + Fe
 Cl + Fe
2+
La reacción entre el cloro y el ion ferroso (Fe ) será espontánea.
2+
3+
–
Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación
ξ0 = –0,77 V
Fe
 Fe + e
–
–
Reducción
ξ0 = 0,54 V
½ I2 + e  I
2+
–
3+
ξ0 = 0,54 V + (–0,77 V) = –0,23 V
½ I2 + Fe
 I + Fe
2+
La reacción entre el iodo y el ion ferroso (Fe ) no será espontánea (potencial negativo).
Solución: Para ajustar la reacción observamos que el C en el oxalato tiene número de oxidación
+3 mientras que en el CO2 es +4 (se oxida). Por otro lado, el manganeso pasa de +7 en el
permanganato a +2 (se reduce)
2–
ox. inicial
C2O4
 CO2
2–
ajustamos C
2⇒
C2O4
 2 CO2
2–
=
ajustamos O y H
C2O4
 2 CO2
2–
–
–
2⇒
C2O4
 2 CO2 + 2 e
ajustamos e
–
2+
red. inicial
MnO4
 Mn
–
2+
=
ajustamos Mn
MnO4
 Mn
–
2+
ajustamos O con agua
4⇒
MnO4
 Mn + 4 H2O
+
–
2+
ajustamos H con protones
⇐8
8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
–
+
–
2+
–
⇐5
5 e + 8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
ajustamos e
2–
–
oxidación
×5
C2O4
 2 CO2 + 2 e
–
+
–
2+
reducción
×2
5 e + 8 H + MnO4
 Mn + 4 H2O
2–
45.–
7
2+
+
Los potenciales de reducción estándar de los electrodos Fe │Fe y Ag │Ag son,
2+
+
respectivamente, ξ0 (Fe │Fe) = –0,44 V y ξ0 (Ag │Ag) = 0,80 V. Indique, justificando
brevemente la respuesta:
a) ¿Cuál es el potencial estándar de la pila formada con estos dos electrodos?
b) ¿Qué reacciones se producen en los electrodos de esta pila?
c) Identifique el ánodo y el cátodo de la pila.
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+
–
2+
5 C2O4 + 16 H + 2 MnO4
 10 CO2 + 2 Mn + 8 H2O
b) Para neutralizar tenemos en cuenta que el número de moles de electrones desprendidos por el
2–
–
reductor (C2O4 ) han de ser los mismos que necesita captar el oxidante (MnO4 ),
ared Vred Mred = aox Vox Mox de donde:
–
–
2 mol e /mol de reductor · 50,0 mL · Mred = 5 mol e /mol de oxidante · 24,0 mL · 0,0230 M
⇔ Mred = 0,0276 M
Aplicando los factores de conversión necesarios:
0,0276 mol de Na2 C2 O4 134 g de Na2 C2 O4
·
= 3,70 g de Na2 C2 O4 .
1,0 L de disolución ·
1 L de disolución
1 mol de Na2 C2 O4
Solución: a y b) Por ser mayor el potencial de reducción de la plata, ésta es la que se produce en la
pila.
2+
–
Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación
ξ0 = 0,44 V
Fe  Fe + 2 e
+
–
Reducción
ξ0 = 0,80 V
Ag + e
 Ag
+
2+
ξ0 = 0,44 V + 0,80 V = 1,24 V
Fe + 2 Ag
 Fe + 2 Ag
+
La oxidación del hierro tiene lugar en el ánodo, mientras que la reducción del ion argéntico (Ag )
2+
+
ocurre en el cátodo. Lo que sucede en la pila sería por tanto: Fe(s)│Fe (ac) ║ Ag (ac)│Ag(s)
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
46.–
7
2+
7
2+
ξ0 (Fe │Fe) = –0,45 V ;
4+
2+
ξ (Sn │Sn ) = 0,15 V
0
Se construye una pila, en condiciones estándar, con un electrodo de cobre y un electrodo de
aluminio.
a) Indique razonadamente cuál es el cátodo y cuál el ánodo.
b) Calcule la f.e.m. de la pila.
Datos:
48.–
2+
Se construye una pila con los pares Fe │Fe y Sn │Sn .
a) Indique qué par actúa como ánodo, qué par actúa como cátodo y escriba las reacciones que
tienen lugar en cada electrodo.
b) Calcule la f.e.m. de la pila.
Datos:
47.–
4+
26/01/2013 Pág. 21
2+
Potenciales estándar de reducción: Cu │Cu = 0,34 V ;
3+
Al │Al = –1,65 V
Si se hace pasar una corriente de cloro gas a través de una disolución de hidróxido de sodio
se produce cloruro de sodio y clorato de sodio.
a) Ajuste la reacción por el método de ion–electrón.
b) Calcule cuántos moles de cloro reaccionarán con 2 g de hidróxido de sodio.
Datos:
Masas atómicas: Na = 23 ; H = 1 ; O = 16
7
4+
Solución: a) Por ser mayor el potencial de reducción del Sn , ésta reducción (que se hace en el
cátodo) es la que se produce en la pila. La oxidación del hierro tiene lugar en el ánodo.
2+
–
0
ξ0 = 0,45 V
b) Fe  Fe + 2 e Se invierte y se cambia el signo de ξ : Oxidación
4+
–
2+
Reducción
ξ0 = 0,15 V
Sn + 2 e
 Sn
4+
2+
2+
ξ0 = 0,45 V + 0,15 V = 0,60 V
Fe + Sn
 Fe + Sn
2+
4+
2+
Lo que sucede en la pila sería por tanto: Fe(s)│Fe (ac) ║ Sn (ac)│Sn (ac).
2+
Solución: a) Por ser mayor el potencial de reducción del Cu , ésta reducción (que se hace en el
cátodo) es la que se produce en la pila. La oxidación del aluminio tiene lugar en el ánodo.
3+
–
0
ξ0 = 1,65 V
b) Al  Al + 3 e Se invierte y se cambia el signo de ξ : Oxidación
2+
–
Reducción
ξ0 = 0,34 V
Cu + 2 e
 Cu
2+
3+
ξ0 = 1,65 V + 0,34 V = 1,99 V
2 Al + 3 Cu
 2 Al + 3 Cu
3+
2+
Lo que sucede en la pila sería por tanto: Al(s)│Al (ac) ║ Cu (ac)│Cu(s).
Solución: a) Se produce la dismutación del cloro, al ser él mismo el oxidante y el reductor:
–
red. inicial
Cl2  Cl
–
ajustamos Cl
×2 ⇒
Cl2  2 Cl
–
–
–
⇐2
2 e + Cl2  2 Cl
ajustamos e
–
ox. inicial
Cl2  ClO3
–
ajustamos Cl
×2 ⇒
Cl2  2 ClO3
–
ajustamos O con agua (básico)
6⇒
Cl2  2 ClO3 + 6 H2O
–
–
–
⇐ 12
12 OH + Cl2  2 ClO3 + 6 H2O
ajustamos OH
–
–
–
–
10 ⇒
12 OH + Cl2  2 ClO3 + 6 H2O + 10 e
ajustamos e
–
–
–
=
oxidación
12 OH + Cl2  2 ClO3 + 6 H2O + 10 e
–
–
reducción
×5
2 e + Cl2  2 Cl
–
49.–
7
Una corriente de 6 amperios pasa a través de una disolución acuosa de ácido sulfúrico
durante 2 horas. Calcule:
a) la masa de oxígeno liberado;
b) el volumen de hidrógeno que se obtendrá, medido a 27 ºC y 740 mmHg.
Datos:
R = 0,082 atm L mol–1 K–1 ; F = 96500 C ; Masa atómica: O = 16
a) 2 h ·
b) V =
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
–
–
12 OH + 6 Cl2 (5 y 1)  2 ClO3 + 6 H2O + 10 Cl
12 NaOH + 6 Cl2  2 NaClO3 + 6 H2O + 10 NaCl (añadimos los iones que faltan)
6 NaOH + 3 Cl2  NaClO3 + 3 H2O + 5 NaCl (reducimos los coeficientes a la mitad)
+
Para llegar a la penúltima reacción hemos añadido 12 Na en ambos lados de la reacción para
convertir iones en compuestos.
b) Aplicando los cambios de factores de conversión necesarios:
1 mol de NaOH
3 mol de Cl2
2 g de NaOH ·
·
= 2,5·10–2 mol de Cl2
40 g de NaOH 6 mol de NaOH
Solución: La reacción que tiene lugar es la descomposición del agua en hidrógeno y oxígeno que
+
–
–
–
tiene lugar de la siguiente manera: 2 H + 2 e
 H2↑ ; 4 OH
 O2 + 2 H2O + 4 e .
Aplicando los factores de conversión necesarios (o la 2ª Ley de Faraday) y en el caso del cloro la
Ecuación de los gases perfectos:
3600 s
1h
nRT
p
·
6C
1s
2h ·
=
·
1 mol de e–
96500 C
3600 s
1h
·
·
1 mol de O
4 mol de e-
·
32 g de O2
1 mol de O2
6 C 1 mol de e– 1 mol de H
atm L
·
·
· 0,082
1s
96500 C
mol K
2 mol de e1 atm
740 mmHg ·
760 mmHg
= 3,58 g de O2 .
· 300 K
= 5,66 L de H2 .
PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO -Transferencia−
50.–
7
Una pieza metálica de 4,11 g que contiene cobre se introduce en ácido clorhídrico
2+
obteniéndose una disolución que contiene Cu y un residuo sólido insoluble. Sobre la
disolución resultante se realiza una electrolisis pasando una corriente de 5 A. Al cabo de 656 s
se pesa el cátodo y se observa que se han depositado 1,08 g de cobre.
a) Calcule la masa atómica del cobre.
b) ¿Qué volumen de cloro se desprendió durante el proceso electrolítico en el ánodo (medido
a 20 ºC y 760 mmHg)?
c) ¿Cuál era el contenido real de Cu (en % masa) en la pieza original, si al cabo de 25
minutos de paso de corriente se observó que la masa del cátodo no variaba?
Datos:
51.–
26/01/2013 Pág. 22
R = 0,082 atm L mol–1 K–1 ; F = 96485 C
Utilizando los valores de los potenciales de reducción estándar indique, justificando
brevemente la respuesta, cuál o cuáles de las siguientes reacciones se producirá de forma
espontánea:
2+
2+
a) Fe + Cu  Fe + Cu
2+
3+
2+
b) Fe + Cu  Fe + Cu
3+
2+
2+
c) Fe + Cd  Fe + Cd
2+
2+
d) Fe + Cd  Fe + Cd
2+
2+
3+
2+
2+
Datos: ξ0 (Cu │Cu) = 0,34 V ; ξ0 (Fe │Fe) = –0,44 V ; ξ0 (Fe │Fe ) = 0,77 V ; ξ0 (Cd │Cd) = –
0,40 V
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Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando los factores de conversión necesarios obtenemos los moles de átomos de
Cu que se han depositado:
5 C 1 mol de e– 1 mol de átomos de Cu
656 s ·
·
·
= 0,01700 mol de átomos de Cu.
1s
96485 C
2 mol de eComo la masa depositada es 1,08 g de Cu se cumple que:
1,08 g de Cu
= 63,54 g de Cu.
1 mol de átomos de Cu ·
0,01700 mol de átomos de Cu
Como ésa es la masa de un mol, ésa es la masa atómica.
b) Aplicando los factores de conversión adecuados y la Ecuación de los gases ideales:
5 C 1 mol de e– 1 mol de Cl
atm L
n R T 656 s · 1 s · 96485 C · 2 mol de e- · 0,082 mol K · 293 K
V=
=
= 0,408 L de Cl2 .
1 atm
p
760 mmHg · 760 mmHg
c) Calculamos la masa de cobre que se ha depositado en los 25 minutos y el porcentaje de la pieza
metálica que supone (por lo tanto, el contenido real):
60 s 1,08 g de Cu 100%
25 min ·
·
·
= 60,1% de Cu.
1 min
656 s
4,11 g
Solución:
2+
–
Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación
ξ0 = –0,34 V
a) Cu  Cu + 2 e
2+
–
Reducción
ξ0 = –0,44 V
Fe + 2 e
 Fe
2+
2+
ξ0 = –0,34 V + (–0,44 V) = –0,78 V
Cu + Fe
 Cu + Fe
Al ser el potencial negativo, la reacción no será espontánea. Puede ocurrir en una electrolisis.
2+
3+
–
Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación
ξ0 = –0,77 V
b) Fe
 Fe + e
2+
–
Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación
ξ0 = –0,34 V
Cu  Cu + 2 e
2+
No hay reducción
Fe + Cu  no reacciona
No puede tener lugar esta reacción (pero sí podría ser la del apartado anterior en una electrolisis),
al no haber una reducción que acepte los electrones desprendidos por las dos oxidaciones.
2+
–
Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación
ξ0 = 0,40 V
c) Cd  Cd + 2 e
3+
–
2+
Reducción
ξ0 = 0,77 V
Fe + e
 Fe
3+
2+
2+
ξ0 = 0,40 V + 0,77 V = 1,17 V
Cd + 2 Fe
 Cd + 2 Fe
Al ser el potencial positivo, la reacción será espontánea.
2+
–
0
ξ0 = 0,40 V
d) Cd  Cd + 2 e Se invierte y cambia el signo de ξ : Oxidación
2+
–
Reducción
ξ0 = –0,44 V
Fe + 2 e
 Fe
2+
2+
ξ0 = 0,40 V + (–0,44 V) = –0,04 V
Cd + Fe
 Cd + Fe
Al ser el potencial negativo, la reacción no será espontánea.
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