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3 INTRODUCCIÓN El aprendizaje de la Química constituye un reto al que se enfrentan cada año los, cada vez más escasos, estudiantes de 2 de bachillerato que eligen las opciones de Ciencias, Ciencias de la Salud e Ingeniería y Arquitectura. Esto también constituye un reto para los profesores que, no solo deben ser capaces de buscar la forma más eficaz para explicar esta disciplina, sino además, inculcar el interés que nace del reconocimiento del papel que juega la Química en la vida y en el desarrollo de las sociedades humanas. En este contexto, las Olimpiadas de Química suponen una herramienta muy importante ya que ofrecen un estímulo, al fomentar la competición entre estudiantes procedentes de diferentes centros y con distintos profesores y estilos o estrategias didácticas. Esta colección de cuestiones y problemas surgió del interés por parte de los autores de realizar una recopilación de los exámenes propuestos en diferentes pruebas de Olimpiadas de Química, con el fin de utilizarlos como material de apoyo en sus clases de Química. Una vez inmersos en esta labor, y a la vista del volumen de cuestiones y problemas reunidos, la Comisión de Olimpiadas de Química de la Asociación de Químicos de la Comunidad Valenciana consideró que podía resultar interesante su publicación para ponerlo a disposición de todos los profesores y estudiantes de Química a los que les pudiera resultar de utilidad. De esta manera, el presente trabajo se propuso como un posible material de apoyo para la enseñanza de la Química en los cursos de bachillerato, así como en los primeros cursos de grados del área de Ciencia e Ingeniería. Desgraciadamente, no ha sido posible por cuestiones que no vienen al caso la publicación del material. No obstante, la puesta en común de la colección de cuestiones y problemas resueltos puede servir de germen para el desarrollo de un proyecto más amplio, en el que el diálogo, el intercambio de ideas y la compartición de material entre profesores de Química con distinta formación, origen y metodología, pero con objetivos e intereses comunes, contribuya a impulsar el estudio de la Química.

4 En el material original se presentan los exámenes correspondientes a las últimas Olimpiadas Nacionales de Química ( ) así como otros exámenes correspondientes a fases locales de diferentes Comunidades Autónomas. En este último caso, se han incluido sólo 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 hará mención explícita de la persona que haya realizado la aportación. Las cuestiones son de respuestas múltiples 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 podrían considerar como problemas independientes. Es por ello que en el caso de las Olimpiadas Nacionales se ha optado por presentar la resolución de los mismos planteando el enunciado de cada apartado y, a continuación, la resolución del mismo, en lugar de presentar el enunciado completo y después la resolución de todo el problema. En las cuestiones y en los problemas se ha indicado la procedencia y el año. Los problemas y cuestiones recogidos en este trabajo han sido enviados por: Juan A. Domínguez (Canarias), Juan Rubio (Murcia), Luis F. R. Vázquez y Cristina Pastoriza (Galicia), José A. Cruz, Nieves González, Gonzalo Isabel (Castilla y León), Ana Tejero (Castilla La Mancha), Pedro Márquez (Extremadura), Pilar González (Cádiz), Ángel F. Sáenz de la Torre (La Rioja), José Luis Rodríguez (Asturias), Matilde Fernández (Baleares), Fernando Nogales (Málaga). Finalmente, los autores agradecen a Humberto Bueno su ayuda en la realización de algunas de las figuras incluidas en este trabajo. Los autores

5 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 1 PROBLEMAS DE LAS OLIMPIADAS DE QUÍMICA (FASE NACIONAL) 1. Se prepara una disolución disolviendo 9,1 g de cocaína ( ) en 50 ml de agua y se obtiene un ph de 11,09. Teniendo en cuenta que el equilibrio de disociación de la cocaína puede representarse esquemáticamente según la ecuación: + + a) Calcular el pk b de la cocaína. La constante de equilibrio correspondiente es: K b = [C H NO ] [OH ] [C H NO ] Haciendo los correspondientes balances en el equilibrio se tiene que: [C H NO ] = [OH ] [C H NO ] = c [OH ] K b = [OH c [OH ] La concentración de la disolución es: c = 9,1 g C H NO 1 mol C H NO 10 3 ml disolucio n = 0,6 M 50 ml disolucio n 303 g C H NO 1 L disolucio n Si el ph de la disolución es 11,09: ph = 11,09 [H O ] = 10 ph = 8,13 10 M [OH ] = 1,23 10 M Sustituyendo valores: K b = 1, ,6 1,23 10 = 2,53 10 pk b = log K b = log 2,53 10 = 5,6 b) Cuántos mililitros de ácido clorhídrico 0,4 M hay que añadir a la disolución anterior para que el ph sea de 8,10? Si el ph de la disolución resultante es 8,10: ph = 8,10 [H O ] = 10 ph = 7, M [OH ] = 1, M Sean x los ml de HCl 0,4 M añadidos. Los H O añadidos con el HCl consumen OH, con lo que para que el equilibro se mantenga, se forma cloruro de cocaína y se consume la misma cantidad de cocaína. Si [Coca] anterior y [Coca ] anterior se refieren a las concentraciones en el equilibrio calculadas en el apartado a), y suponiendo volúmenes aditivos: [Coca] = [Coca] anterior [Coca] gastada [Coca] = 0,6 mmol 0,4 mmol 50 ml x ml ml ml = 50+x ml disolucio n 30 0,4 x mmmol 50+x ml disolucio n

6 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 2 [Coca ] = [Coca ] anterior [Coca ] formada [Coca ] = 0,4 mmol x ml ml 50+x ml disolucio n = 0,4 x mmmol 50+x ml disolucio n ya que, como se ha podido observar en el apartado a), al alcanzarse el equilibrio, [Coca ] es despreciable frente a [Coca y, si el valor de x es lo suficientemente elevado, también lo será frente a [Coca ] formada. La mezcla formada por cloruro de cocaína, [Coca ], y la cocaína sobrante es una disolución tampón. Sustituyendo en la expresión de K : 2, = 0,4 x 50 + x 30 0,4 x 50 + x 1, x = 50 ml HCl 0,4 M (Obsérvese que, efectivamente, [Coca ] anterior = 1, [Coca ] formada = 0,2 M). M es despreciable frente a c) Calcular el ph si a la disolución del apartado b) se le añaden 0,16 g de hidróxido sódico. El NaOH añadido se neutraliza con el HCl introducido en el apartado anterior: 0,16 g NaOH 103 mg NaOH 1 g NaOH 1 mmol NaOH 40 mg NaOH = 4 mmol NaOH 1 mmol HCl 4 mmol NaOH = 4 mmol HCl 1 mmol NaOH Haciendo un balance de materia para el HCl: 0,4 mmol HCl 50 ml HCl 0,4 M = 20 mmol HCl ml HCl 0,4 M 20 mmol HCl (inicial) 4 mmol HCl (neutralizado) = 16 mmol HCl (exceso) Considerando volúmenes aditivos: 16 mmol HCl ( ) ml disolucio n = 0,16 M Con esta nueva cantidad de HCl, las cantidades en el equilibrio son: [Coca] = [Coca] anterior [Coca] gastada con HCl 0,6 mmol 0,16 mmol 50 ml 100 ml [Coca] = ml ml = 0,14 M 100 ml disolucio n Si x representa la [Coca ] formada en el nuevo equilibrio y se tiene en cuenta que [Coca] anterior es igual a [Coca] gastada con HCl [Coca ] = [Coca ] anterior [Coca ] formada = x + 0,16 M

7 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 3 Sustituyendo en K : 2, = x + 0,16 x 0,14 x = [OH ] = 2, M poh = log (2, ) = 5,66 ph = 8,35 Para determinar el porcentaje de cocaína contenido en un alijo de droga se disolvieron en agua 10 g de la sustancia encontrada hasta completar 100 ml, y la disolución así obtenida se valoró con ácido clorhídrico 0,5 M, en presencia de un indicador, observándose que el viraje del indicador se producía al añadir 8 ml de la disolución de ácido clorhídrico. d) Determinar el porcentaje en peso de cocaína presente en la sustancia analizada. El HCl reacciona con la cocaína mol a mol: ,5 mol HCl 1 mol C H NO L HCl 0,5 M 1 L HCl 0,5 M 1 mol HCl 1,213 g C H NO 100 = 12,13% cocaína 10 g alijo e) Calcular el ph en el punto de equivalencia de la valoración anterior. En el punto de equivalencia sólo hay cloruro de cocaína: C H ClNO + H O C H NO + Cl Esta sustancia en disolución acuosa se hidroliza según: C H NO + H O C H NO + H O El Cl no sufre hidrólisis por proceder de un ácido fuerte (HCl). 303 g C H NO 1 mol C H NO = 1,213 g C H NO Aplicando la ley del equilibrio químico a la reacción anterior y haciendo los oportunos balances de materia y carga se obtiene: [Coca] = [H O ] y Coca = [Coca + ] + [Coca] K h = [H O Coca [H O ] Para obtener el valor de K : K = K K b (cocaıńa) = El valor de [Coca ] es: [Coca ] = = 3, , mmol cocaıńa ml disolucio n = 0,037 M Sustituyendo todos estos valores en la expresión de la constante de equilibrio: 3, = [H O 0,037 [H O ] [H O ] = 1, M

8 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 4 ph = log [H O ] = log 1, = 4,92 (O.Q.N. Navacerrada 1996)

9 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 5 2. Si el producto de solubilidad del ioduro de plomo a 25 C es Calcule: a) Su solubilidad expresada en gramos por 100 ml. La ecuación química correspondiente a la disolución del PbI es: PbI (s) Pb (aq) + 2 I (aq) La constante de equilibrio del proceso de solubilidad es: K = Pb I Si la solubilidad molar del PbI es s, las solubilidades de los iones son: Pb = s [I ] = 2s Sustituyendo en la expresión de K : K = s 2s = 4 s 3 La solubilidad en agua es: 3 s = K 4 3 = = 6, M La solubilidad en g/100 ml es: 100 ml disolucio n 6,3 104 mol PbI 461 g PbI g 10 3 = 0,029 ml disolucio n 1 mol PbI 100 ml disolución b) Los gramos de iones y en 500 ml de disolución saturada. 0,5 L disolucio n 6,3 104 mol Pb 1 L disolucio n 207,2 g Pb = 0,065 g 1 mol Pb 0,5 L disolucio n 2 6,3 104 mol I 1 L disolucio n 126,9 g I = 0,080 g 1 mol I c) La concentración de los iones ioduro y plomo en el equilibrio así como los gramos de sal que precipitan cuando se mezclan 50 ml de una disolución 10 4 M de ioduro sódico con otros 50 ml de disolución 10 3 M de nitrato de plomo. Al mezclar disoluciones de PbNO y NaI se produce la reacción: 2 NaI (aq) + PbNO (aq) PbI (aq) + 2 NaNO (aq) Considerando volúmenes aditivos las concentraciones iónicas son: [I ] = 50 ml NaI 10 4 M 104 mmol NaI ml NaI 10 4 M ml disolucio n 1 mmol I 1 mmol NaI = 5,0 105 M

10 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 6 [Pb ] = 50 ml PbNO 10 3 M 103 mmol PbNO ml PbNO 10 3 M ml disolucio n 1 mmol Pb 1 mmol PbNO 3 2 = 5, M Para que se forme un precipitado es preciso que se cumpla que el producto iónico sea mayor que K : Pb I > K 5, , = 1, Como se observa, el producto iónico es menor que, por tanto, NO se forma precipitado. d) La concentración de los iones ioduro y plomo y los gramos de sal que precipitan cuando a la disolución formada en el apartado anterior le añadimos 3,32 g de ioduro potásico (Se supone que no existe variación apreciable en el volumen). Al añadir KI, aumenta la concentración de iones I, mientras que permanece igual la concentración de iones Pb. La nueva concentración iónica es: [I ] = 5, M + 1 mol KI 3,22 g KI 166 g KI 1 mol I 10 3 ml disolucio n 0,2 M 100 ml disolucio n 1 mol KI 1 L disolucio n Para que se forme un precipitado es preciso que se cumpla que el producto iónico sea mayor que K : Pb I > K 5, ,2 = 2, Como se observa, el producto iónico es mayor que, por tanto, SÍ se forma precipitado. Llamando x a la cantidad de sustancia, en mol/l, que precipita: 1, = 5, x 0,2 x x = 5, M Las concentraciones iónicas en el equilibrio y la masa de precipitado son: [I ] = (0,2 5, ) M = 0,19905 Pb = K I = 1, ,19905 = 2,5 108 M 0,1 L disolucio n 5,0 104 mol PbI L disolucio n 461 g PbI 1 mol PbI = 2, g (O.Q.N. Navacerrada 1996)

11 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 7 3. La descomposición térmica del hidrógenocarbonato de sodio (sólido) produce carbonato de sodio (sólido), dióxido de carbono (gas) y agua (gas). Por eso se utiliza en la fabricación del pan, ya que, el dióxido de carbono que se desprende produce pequeñas burbujas en la masa, haciendo que ésta "suba" al hornear el pan. Suponer en todos los casos un comportamiento ideal de los gases. a) Ajustar la reacción, escribiendo las fórmulas de todos los compuestos que intervienen en la misma. La ecuación química ajustada correspondiente a la reacción propuesta es: 2 (s) (s) + (g) + (g) b) Calcular el calor de reacción en condiciones estándar y el intervalo de temperaturas en el que la reacción será espontánea, a partir de los siguientes datos termodinámicos: Compuesto ΔH f (kj/mol) S (J/mol K) Hidrógenocarbonato de sodio (s) 947,7 102,1 Carbonato de sodio (s) 1131,0 136,0 Dióxido de carbono (g) 393,5 213,6 Agua (g) 241,8 188,7 La entalpía de reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de productos y reactivos. Δ r H = Σν i H productos Σν i H reactivos 241,8 kj Δ r H = 1 mol H O mol H O + 1 mol CO 393,5 kj 1131,0 kj + 1 mol Na mol CO CO mol Na CO 2 mol NaHCO 947,7 kj mol NaHCO = 129,1 kj Para saber si se trata o no de un proceso espontáneo es necesario calcular ΔG : Δ r G = Δ r H T Δ r S Como Δ rh ya es conocido, se calcula Δ rs a partir de las entropías molares de productos y reactivos: Δ r S = Σν i S productos Σν i S reactivos Δ r S = 1 mol H O 188,7 J Kmol H O 1 mol CO 213,6 J 136,0 J 1 mol Na Kmol CO CO Kmol Na CO 2 mol NaHCO 102,1 J Kmol NaHCO = 334,1 J K La variación de energía libre de Gibbs: Δ r G = 129,1 kj 298 K 334,1 J K 1 kj 10 3 J = 29,5 kj Se trata de un proceso no espontáneo a 25 C ya que el valor de Δ r G > 0. En este tipo de reacciones en las que Δ r H < 0 y Δ r S > 0, la reacción se hace espontánea a temperaturas altas.

12 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 8 Para determinar a partir de qué temperatura ocurre esto es preciso determinar la temperatura de equilibrio (Δ r G = 0): T = Δ rh Δ r S = 129,1 kj 334, kj/k = 386,4 K 113,3 C La reacción se vuelve espontánea por encima de 113,3 C. c) Determinar los valores de las constantes de equilibrio y a 25 C. A partir del valor de Δ r G se puede obtener el valor de la constante de equilibrio mediante la ecuación: Δ r G = RT ln K Sustituyendo se obtiene el valor de la constante de equilibrio a 25 C: K = exp Δ rg RT 29,5 kj = exp 8, kj K 1 = 6,7 106 (25+273) K La relación entre las constantes K y K viene dada por la expresión: donde K = K RT Δν = Σ coef. esteq. productos gaseosos Σ coef. esteq. reactivos gaseosos = 2 0 = 2 K = 6, [0, = 1, d) Si se calientan a 125 C 100 g de hidrógeno carbonato de sodio en un recipiente cerrado de 2 L de capacidad: d1) qué valor tendrá la presión parcial de cada uno de los gases y la presión total en dicho recipiente cuando se alcance el equilibrio? d2) qué masa de hidrógeno carbonato sódico se habrá descompuesto a esa temperatura y qué masa total de sólido quedará en el recipiente? La ecuación de van t Hoff que indica la dependencia de la constante de equilibrio con la temperatura y permite calcular el valor de K a 125 C: ln K K ΔH R 1 T 1 1 T 2 ln K 6, = 129,1 8, K = 3,25 d 1) Construyendo la tabla de moles correspondiente al equilibrio: NaHCO 3 Na 2 CO 3 CO 2 H 2 O n inicial n n transformado 2x n formado x x x n equilibrio n 2x x x x

13 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 9 La expresión de la constante K es: K = p p De acuerdo con la estequiometría de la reacción, las cantidades de CO y H O en el equilibrio son iguales: p = p = p Sustituyendo en K : K = p 2 p = K = 3,25 = 1,80 atm p = p + p = 2p p = 2 1,80 atm = 3,60 atm d 2) Considerando comportamiento ideal, a partir de la presión del gas se obtiene el número de moles: n = 1,80 atm 2 L 0,082 atm L mol 1 K K = 0,11 mol CO 2 La masa de NaHCO 3 que se descompone es: 0,11 mol CO 2 mol NaHCO 3 1 mol CO 84 g NaHCO 3 1 mol NaHCO 3 = 18,48 g NaHCO 3 La masa de NaHCO que queda sin descomponer en el equilibrio es: 100 g NaHCO (inicial) 18,48 g NaHCO (transformado) = 81,52 g NaHCO 3 (equilibrio) La masa de Na CO que se forma es: 0,11 mol CO 1 mol Na CO 1 mol CO 106 g Na CO 1 mol Na CO = 11,66 g La masa total de sólidos (NaHCO y Na CO ) en el equilibrio es: 81,52 g NaHCO 3 11,66 g Na CO 93,18 g sólidos e) Si a una temperatura T se obtiene una presión total de 5,0 atm al alcanzar el equilibrio, cuál será el valor de dicha temperatura? Para determinar la temperatura del nuevo equilibrio se utiliza la ecuación la ecuación que relaciona K y Δ r G : Δ r G = Δ r H T Δ r S T = Δ r G = RT ln K Δ r H Δ r S R ln K Si a una temperatura T la presión es 5,0 atm, el valor de la constante K es:

14 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 10 K = p 2 = p2 4 K = 2,5 4 = 6,25 Sustituyendo en la expresión de T: 129,1 kj T = 334, kj K 8, kj K 1 ln 6,25 = 405 K 132 C (O.Q.N. Navacerrada 1996)

15 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) Un estudiante de Química observó en el laboratorio que al añadir 500 ml de ácido clorhídrico 0,05 M a 0,2790 g de limaduras de Fe metálico, este último se disolvía: a) Escribir la reacción de disolución del Fe metálico con el ácido clorhídrico. La ecuación química ajustada correspondiente a la reacción propuesta es: Fe (s) + 2 HCl (aq) (aq) + (g) b) Cuál es el ph de la disolución obtenida al disolver el Fe metálico en ácido clorhídrico? La cuestión planteada supone calcular el ph de la disolución resultante. Por tanto, se está dando por supuesto que el Fe es el reactivo limitante y que el HCl se encuentra en exceso. En primer lugar es preciso determinar las cantidades de HCl iniciales y consumidas: 0,05 mol HCl 500 ml HCl 0,05 M 10 3 = 0,025 mol HCl ml HCl 0,05 M 1 mol Fe 0,2790 g Fe 55,8 g Fe 2 mol HCl 1 mol Fe = 0,010 mol HCl 0,025 mmol HCl (inicial) 0,010 mmol HCl (gastado) 10 3 ml [HCl] = 500 ml 1 L = 0,03 M Como el HCl es un ácido fuerte, está totalmente disociado en iones Cl y H O, por lo tanto: [HCl] = [H O ] = 0,03 M ph = log 0,03 = 1,52 c) Si a la disolución anterior se añaden 0,2409 g de 12 cuál será el potencial de equilibrio de la disolución resultante? Potencial normal de reducción: E ( / ) = 0,77 V. El Fe inicial se oxida todo a Fe cuya concentración resultante es: [Fe ] = 0,2790 g Fe 500 ml 1 mol Fe 55,8 g Fe 103 ml 1 L = 0,01 M El Fe lo proporciona el hidrato, FeNH SO 12 H O, disuelto y su concentración es: [Fe ] = 0,2409 g hidrato 500 ml 1 mol hidrato 481,8 g hidrato La semirreacción de reducción del Fe es: Fe + e Fe Aplicando la ecuación de Nernst: E / = E / Sustituyendo: E / 0,0592 log [red] n [oxd] 0,0592 = 0,77 log 0,01 1 0,001 = 0,711 V 1 mol Fe 10 3 ml 1 mol hidrato 1 L = 0,001 M E / = E / 0,0592 log [Fe ] 1 [Fe ]

16 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 12 El estudiante pensó en la posibilidad de construir una pila, en la que uno de los electrodos estuviese constituido por una barra de Pt sumergida en la disolución resultante del apartado c), y el otro electrodo fuese una barra de Zn sumergida en una disolución que contiene 5,748 g/l de 7. d) Al unir los electrodos mediante un puente salino y conectarse un voltímetro entre ambos electrodos, qué diferencia de potencial debería observarse? Escribir la semirreacción que se produce en el cátodo y la que se produce en el ánodo. Potenciales normales de reducción: E ( / ) = 0,77 V; E ( /Fe) = 0,44 V; E ( / ) = 0 V; E ( /Zn) = 0,76 V. La concentración resultante de Zn es: [Zn ] = 5,748 g ZnSO 7 H O 1 L La semirreacción de reducción del Zn es: Zn + 2 e Zn Aplicando la ecuación de Nernst: 1 mol ZnSO 7 H O 287,4 g ZnSO 7 H O 1 mol Zn 1 mol ZnSO 7 H O = 0,02 M E /Zn = E /Zn 0,0592 log [red] n [oxd] E /Zn = E /Zn 0, log [Zn ] Sustituyendo: 0,0592 E /Zn = 0,76 log 1 2 0,02 = 0,81 V La reacción entre Zn y Fe es: Cátodo (reducción): 2 + e Ánodo (oxidación): Zn + 2 e Zn El potencial de la pila es: E pila = E / E /Zn = 0,711 V 0,81 V = 1,521 V (O.Q.N. Navacerrada 1996)

17 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) La reacción en fase gaseosa, que a continuación se describe: + Ciclopenteno Ciclopentadieno + 2 HI presenta una constante de equilibrio entre 450 y 700 K, que viene dada por la ecuación: 17, a) Calcule la energía libre de Gibbs, normal ΔG, para la reacción a 575 K. Combinando las expresiones de K y ΔG : ln K = 17, T Sustituyendo: ΔG = RT ln K ΔG = RT 17, T ΔG = 8, kj K 1 mol K 17, = 9,98 kj mol1 575 b) Calcule la presión parcial de equilibrio del yodo cuando se mezclan cantidades equimolares de yodo y ciclopenteno a una presión inicial total de 10 atm y 460 K. En primer lugar se calcula K a 460 K: ln K = 17, K 460 = 9, Como las cantidades iniciales de yodo y ciclopenteno son equimolares: p I2 = p C5 = p t H 8 2 = 5 atm Construyendo la tabla de presiones: I C H HI C H p inicial 5 5 p transformado p p p formado 2p p p equilibrio 5 p 5 p 2p p La expresión de la constante de equilibrio de la reacción es: K p = p HI p p p Sustituyendo: 9, = 2p p 5 p Al ser K p << 1 se puede suponer que 5 p 5, con esta aproximación: 9, = 4 p 25 p = 0,181 atm

18 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 14 p = 5 p p = 5 0,181 atm = 4,819 atm c) Si el ciclopentadieno se trata con hidróxido potásico, se produce una desprotonación sobre el carbono saturado, obteniéndose ciclopentadienuro potásico. Escriba y ajuste esta reacción. La ecuación química ajustada correspondiente a la reacción es: + KOH K + d) Cuando a este ciclopentadienuro se le adiciona cloruro ferroso tetrahidratado se obtiene, por precipitación en frío, un complejo de tipo "sandwich"(un centro metálico entre dos anillos aromáticos paralelos) que es el ferroceno bis(ciclopentadienil) hierro (II). Escriba y ajuste esta reacción. La ecuación química ajustada correspondiente a la reacción es: 2 K + 4 Fe + 2 KCl + 4 e) Si en el proceso del apartado anterior partimos de 10 g de cloruro ferroso tetrahidratado, qué rendimiento se alcanzaría si se obtuviesen 3,5 g de ferroceno? Para calcular el rendimiento es necesario previamente determinar la cantidad teórica de ferroceno a obtener: 10 g FeCl 4 H O 1 mol FeCl 4 H O 198,8 g FeCl 4 H O = 0,05 mol FeCl 4 H O 0,05 mol FeCl 4 H O 1 mol FeC H 185,5 g FeC H = 9,3 g FeC 1 mol FeCl 4 H O 1 mol FeC H H Relacionando la cantidad obtenida con la cantidad teórica: η = 3,5 g FeC H (real) 9,3 g FeC H (teo rico) 100 = 37,6% (O.Q.N. Ciudad Real 1997)

19 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 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 disolución. (El está totalmente disociado). El HNO es un ácido fuerte por que se encuentra totalmente disociado en iones: HNO (aq) + H O (l) NO (aq) + H O (aq) La concentración de la disolución es: [H O ] = [HNO ] = ph = log 0,243 = 0,61 a2) Una disolución saturada de. 2,3 g HNO 1 mol HNO 10 3 ml disolucio n = 0,243 M 150 ml disolucio n 63 g HNO 1 L ( = 7, El disuelto está totalmente disociado). La ecuación química correspondiente a la disolución del CaOH es: CaOH (s) Ca (aq) + 2 OH (aq) La constante de equilibrio del proceso de solubilidad es: K = [Ca ] [OH Si la solubilidad molar del CaOH es s, las solubilidades de los iones son: [Ca ] = s [OH ] = 2s Sustituyendo en la expresión de K : K = s 2s = 4 s 3 La solubilidad en agua es: 3 s = K 4 3 = 7, = 0,0125 M La concentración de OH es: [OH ] = 2 0,0125 M = 0,025 M poh = log 0,025 = 1,6 ph = 14 poh = 12,4 a3) Una disolución de HCl cuya concentración es 2, M. (Dato. = 1, ) El HCl es un ácido fuerte que se encuentra totalmente disociado en iones y las ecuaciones químicas correspondientes a las ionizaciones existentes son: HCl (aq) + H O (l) Cl (aq) + H O (aq)

20 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 16 2 H O (l) OH (aq) + H O (aq) Las constantes de equilibrio de ambas reacciones son: K = K = [H O ] [OH ] El balance de materia correspondiente al HCl es: [HCl = [Cl ] = c El balance de cargas (condición de electroneutralidad) en la disolución es: [H O ] = [OH ] + [Cl ] Sustituyendo el valor de [OH ] en la expresión de K se obtiene: Se obtiene: [OH ]=c [H O ] K = [H O ] c [H O ] 1, = [H O ] 2, [H O ] [H O [H O ] = 0 [H O ] = 1, M ph = log 1, = 6,99 a4) Una disolución 0,4 M de metilamina,. La metilamina se comporta como base débil, tomando un del. (Dato. = 1, ) La metilamina es una base débil que se encuentra parcialmente disociado en iones según la ecuación: CH NH (aq) + H O (l) CH NH (aq) + OH (aq) La expresión de la constante de basicidad K es: K b = CH NH OH CH NH Aplicando los correspondientes balances y aproximaciones se obtiene: [CH NH ] = [OH ] [CH NH ] = c [OH ] siendo c la concentración inicial de CH NH. Sustituyendo estos valores en la expresión de la constante queda: K = OH ] 2 c [OH ] Cuando se dé la circunstancia de que: c > 100 se puede realizar la aproximacio n c [OH ] c K b

21 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 17 con lo que la ecuación anterior queda como: K = OH c 1, = OH 0,4 OH = 2, M poh = log 2, = 2,56 ph = 14 poh = 11,44 B) Indica razonadamente si en los siguientes casos se formarían precipitados: b1) Al añadir 1,0 g de a 50 ml de 0,1 M suponiendo que no varía el volumen total. (Datos: ( ) = 1, ; ( ) = 2, ) Al mezclar disoluciones de AgNO y CH COOH se produce la reacción: CH COOH (aq) + AgNO (aq) CH COOAg (s) + HNO (aq) La ecuación química correspondiente a la disolución del CH 3 COOAg es: CH COOAg (s) Ag (aq) + CH COO (aq) La constante de equilibrio del proceso de solubilidad es: K = [Ag ] [CH COO ] Para que se forme precipitado es preciso que el producto iónico sea mayor que K : [Ag ] [CH COO ] >K Considerando que la adición del sólido no afecta al volumen, las concentraciones iónicas son: [Ag ] = 1 g AgNO 1 mol AgNO 170 g AgNO 50 ml disolucio n 1 mol Ag 10 3 ml disolucio n = 0,117 M 1 mol AgNO 1 L El ácido acético es un ácido débil que se encuentra parcialmente disociado en iones según la ecuación: CH COOH (aq) + H 2 O (l) CH COO (aq) + H O (aq) La expresión de la constante de acidez K es: K = CH COO H O CH COOH Las concentraciones en el equilibrio son: [CH COO ] = [H O ] [CH COOH] = c [H O ] Cuando se dé la circunstancia de que: c > 100 se puede realizar la aproximacio n c [H K O ] c a

22 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 18 con lo que la ecuación anterior queda como: K = CH COO c 1, = CH COO 0,1 Calculando el producto iónico: CH COO = 1, M 0,117 1, = 1, Como se observa, el producto iónico es menor que, por tanto, NO se forma precipitado. b2) Cuando se mezclan volúmenes idénticos de una disolución de 1, M con otra de 1, M. (Dato: ( ) = 8, ) Al mezclar disoluciones de Na CO y BaCl se produce la reacción: Na CO (aq) + BaCl (aq) BaCO (s) + 2 NaCl (aq) La ecuación química correspondiente a la disolución del BaCO es: BaCO (s) Ba (aq) + CO (aq) La constante de equilibrio del proceso de solubilidad es: K = [Ba ] [CO ] Para que se forme precipitado es preciso que el producto iónico sea mayor que K : [Ba ] [CO ] > K ps Las concentraciones iónicas son: [Ba ] = [CO ] = V ml BaCl 10 3 M 103 mmol BaCl ml BaCl 10 3 M V+V ml disolucio n V ml Na CO 10 4 M 104 mmol Na CO ml Na CO 10 4 M V+V ml disolucio n 1 mmol Ba 1 mmol BaCl = 5, M 1 mmol CO 1 mmol Na CO = 5, M Calculando el producto iónico: 5, , = 2, Como se observa, el producto iónico es mayor que K ps, por tanto, SÍ se forma precipitado.

23 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 19 C) El potencial de reducción del permanganato potásico en una disolución en la que las concentraciones de permanganato y de Mn (II) son iguales depende únicamente del ph. Si el potencial de reducción del semisistema / es 1,52 V partiendo de la ecuación de Nernst que establece que: = + 0,059 n donde los valores de x, y, z y n se determinan al ajustar el semisistema de reducción. c1) Calcula como varía el potencial de reducción del semisistema / en función del ph. La semirreacción de reducción del MnO es: MnO + 8 H + 5 e Mn + 4 H O La expresión del potencial queda como: E = E + 0,059 5 log [MnO ] [H [Mn ] Como [MnO ] = [Mn ], la expresión anterior se simplifica y queda como: E = E + 0,059 5 log [H E = 1,52 0,0944 ph c2) Determina a partir de qué valor de ph el permanganato no será capaz de oxidar los iones a, considerando que el potencial normal del semisistema ½ / es de 1,07 V. Para se produzca la reacción es necesario que E > 1,07 V: 1,52 0,0944 ph > 1,07 ph < 4,77 (O.Q.N. Ciudad Real 1997)

24 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) Se introdujo en un recipiente una mezcla de 11,02 mmol de y 5,48 mmol de, junto con un catalizador de Pt, estableciéndose el siguiente equilibrio, a 700 C y 762 Torr: 2 (g) + (g) 4 (g) + (g) La mezcla de reacción se separó del catalizador y se enfrió rápidamente 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 700 C. a) La tabla correspondiente expresada en mmol: H 2 S CH 4 H CS 2 n inicial 11,02 5,48 n transformado 2x x n formado 4x x n equilibrio 11,02 2x 3,48 x 4x x Como x = 0,711 mmol, las cantidades en el equilibrio son: H 2 S CH 4 H 2 CS 2 n equilibrio 9,598 4,769 2,844 0,711 El total de moles en el equilibrio es: n = 9, , , ,711 = 17,922 mmol y las respectivas fracciones molares: x H2 S = n H 2 S n = x H2 = n H 2 n = 9,598 mmol 17,922 mmol = 0,536 x CH 4 = n CH 4 n = 2,844 mmol 17,922 mmol = 0,159 x CS 2 = n CS 2 n = 4,769 mmol 17,922 mmol = 0,266 0,711 mmol 17,922 mmol = 0,040 La constante de equilibrio de la reacción en función de las fracciones molares (K ), mejor llamarle K, ya que se trata de una mezcla en fase gasesosa: K = y y CS 2 0,040 0,159 = y CH4 y 0,266 0,536 = 3, De acuerdo con la ley de Dalton, las presiones parciales en el equilibrio son: p CS2 = p y CS2 = 762 Torr 0,040 1 atm 760 Torr = 0,040 atm p H2 = p y H2 = 762 Torr 0,159 1 atm 760 Torr = 0,159 atm p CH4 = p y CH4 = 762 Torr 0,266 1 atm 760 Torr = 0,266 atm p H2 S = p y = 762 Torr 0,536 1 atm = 0,536 atm H 2 S 760 Torr

25 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 21 La constante de equilibrio de la reacción en función de las presiones parciales, K, es: K = (p ) (p CS 2 H2 ) 4 0,040 0,159 = (p CH4 ) (p )2 0,266 0,536 = 3, H2 S La relación entre las constantes K y K viene dada por la expresión: donde K = K RT Δν = Σ coef. Esteq. Productos gaseosos Σ coef. Esteq. Reactivos gaseosos = 5 3 = 2 Sustituyendo: K = 3, [0, = 5, b) Determinar si el proceso es espontáneo o no a esa temperatura. Para saber si el proceso es o no espontáneo se calcula el valor de ΔG: Δ r G = RT ln K p Sustituyendo: Δ r G = 8, kj K K ln 3, = 66 kj Como Δ r G > 0 se trata de un proceso NO espontáneo. c) Explica como afectaría al equilibrio cada una de las siguientes variaciones: c1) Aumento de la presión total. c2) Disminución de la concentración de CH 4. c3) Aumento de la temperatura si el proceso es exotérmico a 700 C. El principio de Le Châtelier 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) Si se aumenta la presión, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se desplaza en el sentido en el que la presión disminuya, es decir, hacia donde se formen menos moles de gas, en este caso hacia la formación de CH 4 y H 2. c2) Si disminuye la concentración de CH 4, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se desplazará en el sentido en el que aumente la concentración de CH, es decir, hacia la formación de CH 4 y H 2. c3) Si se aumenta la temperatura, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se desplazará en el sentido en el que descienda la temperatura, es decir, en el sentido en el que se consuma calor y como se trata de un proceso exotérmico, el sistema se desplaza hacia la formación de CH 4 y H 2. (O.Q.N. Ciudad Real 1997)

26 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) Treinta gramos de un compuesto orgánico, formado por C, H y O, se queman en exceso de oxígeno y se producen 66 g de dióxido de carbono y 21,6 g de agua. a) Calcula el número de átomos gramo de cada uno de los elementos que lo forman. Teniendo en cuenta que en la combustión del compuesto orgánico (X) todo el C se transforma en CO y el H en H O, los moles de átomos en la muestra del compuesto X son: 66,0 g CO 1 mol CO 1 mol C = 1,5 mol C 44 g CO 1 mol CO 21,6 g H O 1 mol H O 18 g H O 2 mol H = 2,4 mol H 1 mol H O El oxígeno contenido en el compuesto X se calcula por diferencia: 30 g X 1,5 mol C 12 g C 1 g H + 2,4 mol H 1 mol C 1 mol H = 9,6 g O 9,6 g O 1 mol O = 0,6 mol O 16 g O b) Cuál es la fórmula molecular del compuesto, si la masa molecular es 100? Para obtener la fórmula molecular se relacionan los moles de átomos de cada elemento con la masa molar del compuesto X: 1,5 mol C 30 g X 2,4 mol H 30 g X 0,6 mol O 30 g X 100 g X 1 mol X = 5 mol C mol X 100 g X 1 mol X = 8 mol H mol X 100 g X 1 mol X = 2 mol O mol X fo rmula molecular: C 5 H 8 O 2 c) Considerando que dicha fórmula molecular corresponde a un ácido monocarboxílico alifático. c1) Escribir las fórmulas estructurales y nombrar todos los isómeros posibles. COOH CH=CH COOH CCH 3=CH COOH CH=CH COOH CH CH= COOH CH= COOH CH=C COOH C = COOH C = ácido 2 pentenoico ácido 2 metil 2 butenoico ácido 3 pentenoico ácido 2 metil 3 butenoico ácido 4 pentenoico ácido 3 metil 2 butenoico ácido 2 etilpropenoico ácido 3 metil 3 butenoico

27 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 23 c2) Cuáles de dichos isómeros presentan isomería geométrica? Escribe los isómeros cis trans. ácido cis 2 pentenoico ácido trans 2 pentenoico ácido cis 3 pentenoico ácido trans 3 pentenoico ácido cis 2 metil 2 butenoico ácido trans 2 metil 2 butenoico d) De todos los isómeros solo uno de ellos presenta actividad óptica. d1) Indica cuál es y señala el carbono asimétrico. Se trata del ácido 2 metil 3 butenoico d2) Qué hibridación presenta cada átomo de carbono? Si el átomo de carbono presenta: enlaces sencillos hibridación sp enlaces dobles hibridación sp

28 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 24 d3) Indica el número de enlaces π y el número de electrones de valencia no enlazantes. Si el átomo de carbono presenta enlaces dobles: uno de los enlaces es σ y el otro es π. Al existir en la molécula dos átomos de carbono con enlace doble, ésta presenta 2 enlaces π. Como se observa en la figura, la molécula presenta 8 electrones no enlazantes, cuatro sobre cada átomo de oxígeno. d4) Qué hidrógeno presenta características ácidas? Escribe la reacción del compuesto con hidróxido de sodio. Se trata del átomo de hidrógeno del grupo carboxilo. La reacción con NaOH es: =CH CH COOH + NaOH =CH CH COONa + (O.Q.N. Ciudad Real 1997)

29 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) La obtención de carbonato sódico ( ) mediante el método Solvay utiliza sal de roca (NaCl) y caliza ( ) como materias primas, sin embargo el proceso de síntesis se realiza en varias etapas y no por reacción directa de cloruro sódico y carbonato de calcio. Estas etapas pueden quedar esquematizadas con los comentarios que a continuación se detallan: Primera etapa: Descomposición térmica del carbonato de calcio a unos 1000 C generando dióxido de carbono. Segunda etapa: Paso de una corriente de (g) a través de una disolución de (g) en agua, obteniendo así un carbonato ácido. Tercera etapa: Reacción del carbonato ácido, obtenido en la etapa anterior, con NaCl (ac) que permite obtener. Cuarta etapa: La descomposición térmica del carbonato ácido de sodio conduce a la formación del producto deseado, así como a un gas que se utiliza en una de las etapas ya comentadas del proceso. Además, mediante una quinta etapa, el método Solvay permite que en el proceso global sólo 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/día de carbonato sódico qué cantidades de caliza y sal de roca serán necesarias diariamente si su contenido en y NaCl es el 85% y 95% respectivamente? En primer lugar se escriben las ecuaciones químicas de las cuatro etapas del proceso, debidamente ajustadas con el fin de obtener la reacción global del método Solvay. Primera etapa: CaCO CaO + CO Segunda etapa: 2 [CO + NH + H O NH HCO ] Tercera etapa: 2 [NH HCO + NaCl NaHCO + NH Cl] Cuarta etapa: 2 NaHCO Na CO + CO + H O Quinta etapa: CaO + H O CaOH CaOH + 2 NH Cl CaCl + 2 NH + 2 H O Reacción global: + 2 NaCl + Na 2 CO 3 El número de moles de Na CO a obtener es: 3 t Na CO día 10 6 g Na CO 1 mol Na CO = 2, g Na CO 1 t Na CO 106 g Na CO día Relacionando Na CO con NaCl: 2, Na CO día 2 mol NaCl 1 mol Na CO 58,5 g NaCl 1 mol NaCl = 3, g NaCl día

30 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 26 Como se trata de sal de roca con 95% de NaCl: 3, g NaCl día 100 g sal de roca 95 g NaCl 1 t sal de roca 10 6 g sal de roca = 3,48 t sal de roca í Relacionando Na CO con CaCO : 2, g Na CO día Como se trata de caliza con 85% de CaCO : 2, g CaCO día 1 mol CaCO 100 g CaCO = 2, g CaCO 1 mol Na CO 1 mol CaCO día 100 g caliza 1 t caliza t caliza 85 g CaCO 10 6 = 3,33 g caliza í b) La disolución acuosa de cloruro sódico que se utiliza es saturada y se denomina salmuera. Sabiendo que la solubilidad en agua de NaCl a 100 C es de 39,12 g por cada 100 cm 3, calcule la cantidad de agua/día a esa temperatura que sería necesaria para preparar la cantidad de salmuera requerida en el proceso. Relacionando NaCl con agua: 3,31 10 g NaCl día 100 cm 3 H O 39,12 g NaCl 1 m 3 H O 10 6 cm 3 H O = 8,46 m3 í c) El (g) utilizado puede ser sintetizado mediante el proceso Haber, por reacción directa entre hidrógeno y nitrógeno en fase gaseosa a 450 C y presión elevada. Sabiendo que se trata de un equilibrio que puede ser modificado utilizando diferentes condiciones de reacción, justifíquese la presión utilizada. La reacción del proceso Haber es: N (g) + 3 H (g) 2 NH (g) El principio de Le Châtelier 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. Si se aumenta la presión, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se desplaza en el sentido en el que la presión disminuya, es decir, hacia donde se formen menos moles de gas, en este caso hacia la formación de. d) En el método Solvay descrito anteriormente se producen, en diferentes etapas, dos compuestos químicos, que por reacción directa nos permiten generar (g) de forma diferente al proceso Haber. Indique el proceso químico que origina el (g) en el método Solvay. Se trata de la reacción entre el CaOH obtenido en la quinta etapa y el NH Cl obtenido en la tercera etapa: + 2 NH 4 CaCl H 2 (O.Q.N. Burgos 1998)

31 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) Se analizó una aleación de plomo y plata disolviendo una muestra de 0,5000 g en 50 ml de ácido nítrico de concentración 5 M. La disolución resultante se dividió en dos porciones alícuotas de igual volumen. La primera de ellas se trató con yodato potásico en exceso y el precipitado obtenido alcanzó un peso constante de 0,6605 g. a) Determinar el porcentaje de cada metal en la aleación. Al disolver la aleación en HNO todo el plomo se transforma en Pb (aq) y la plata en Ag (aq): Pb (s) + Ag (s) + HNO (aq) Pb (aq) + Ag (aq) Al dividir en dos partes la disolución resultante de la muestra cada una contendrá la mitad de la muestra, es decir, 0,25 g de ambos metales. El tratamiento con KIO en exceso de una las porciones alícuota produce la precipitación de ambos metales: Pb (aq) + Ag (aq) + KIO (aq) PbIO (s) + AgIO (s) Llamando x e y a los gramos de Ag y de Pb que contiene cada una de las porciones, respectivamente, se puede plantear un sistema de ecuaciones. Ecuación con la mezcla inicial: x g Ag + y g Pb = 0,25 g aleación Ecuación con el precipitado obtenido: 1 mol Ag x g Ag 107,9 g Ag 1 mol AgIO 1 mol Ag 282,9 g AgIO 1 mol AgIO = 2,622 x g AgIO 1 mol Pb y g Pb 207,2 g Pb 1 mol PbIO 1 mol Pb 557,2 g PbIO 1 mol PbIO = 2,689 y g PbIO 2,622 x g AgIO + 2,689 y g PbIO = 0,6605 g precipitado Resolviendo el sistema se obtiene para cada alícuota: x = 0,1742 g Ag alıćuota 2 alıćuota muestra 0,3484 g Ag = muestra 0,1516 g Pb = muestra y = 0,0758 g Pb alıćuota 2 alıćuota muestra Expresando el resultado en forma de porcentaje en masa: 0,3484 g Ag 0,5 g aleacio n 100 = 69,7% Ag 0,1516 g Pb 100 = 30,3% Pb 0,5 g aleacio n b) Cuál es la concentración de cada catión en la disolución de partida? [Ag ] = [Pb ] = 0,3484 g Ag 50 ml disolucio n 0,1516 g Pb 50 ml disolucio n 1 mol Ag 103 ml disolucio n 107,9 g Ag = 6, M 1 L disolucio n 1 mol Pb 103 ml disolucio n 207,2 g Pb = 1, M 1 L disolucio n

32 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 28 En la otra porción alícuota se pretendió separar ambos metales precipitando la mayor cantidad posible de uno de ellos mientras el otro permanece en disolución en su totalidad. Para ello se dispone de los siguientes reactivos precipitantes: yoduro, tiocianato y bromuro. c) Cuál de los dos metales quedará en el precipitado y cuál en el filtrado? Razonar la respuesta. Constantes de solubilidad de los yoduros, tiocianatos y bromuros de plata y de plomo: Plata Plomo Yoduro 3, , Tiocianato (sulfocianuro) 2, , Bromuro 5, , Yodato 3, , Para que se forme un precipitado es preciso que se cumpla que el producto iónico sea mayor que K. Como el producto de solubilidad de las correspondientes sales de plata es menor que el de las sales plomo (II), aquéllas precipitan antes. Agente precipitante bromuro Las ecuaciones químicas correspondientes a la disolución del AgBr y del PbBr spn, respectivamente: AgBr (s) Ag (aq) + Br (aq) PbBr (s) Pb (aq) + 2 Br (aq) A partir de las constantes K se obtiene la concentración de iones Br necesaria para la precipitación de los iones Ag y Pb de la disolución: K = [Ag ] [Br ] [Br ] = K [Ag ] = 5, , = 8, M K = [Pb ] [Br [Br ] = K [Pb ] = 6, , = 2, M Por tanto, precipita antes ya que precisa una menor cantidad de Br. La concentración de Ag cuando comienza a precipitar Pb es: [Ag ] = K [Br ] = 2, , = 2, M Agente precipitante tiocianato Las ecuaciones químicas correspondientes a la disolución del AgSCN y del PbSCN spn, respectivamente: AgSCN (s) Ag (aq) + SCN (aq) PbSCN (s) Pb (aq) + 2 SCN (aq)

33 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 29 A partir de las constantes K se obtiene la concentración de iones SCN necesaria para la precipitación de los iones Ag y Pb de la disolución: K = [Ag ] [SCN ] [SCN ] = K [Ag ] = 2, , = 3, M K = [Pb ] [SCN [SCN ] = K [Pb ] = 2, , = 3, M Por tanto, precipita antes ya que precisa una menor cantidad de SCN. La concentración de Ag cuando comienza a precipitar Pb es: [Ag ] = K [SCN ] = 2, , = 6, M Agente precipitante yoduro Las ecuaciones químicas correspondientes a la disolución del AgI y del PbI spn, respectivamente: AgI (s) Ag (aq) + I (aq) PbI (s) Pb (aq) + 2 I (aq) A partir de las constantes K se obtiene la concentración de iones I necesaria para la precipitación de los iones Ag y Pb de la disolución: K = [Ag ] [I ] [I ] = K [Ag ] = 3, , = 4, M K = [Pb ] [I [I ] = K [Pb ] = 8, , = 7, M Por tanto, precipita antes ya que precisa una menor cantidad de I. La concentración de Ag cuando comienza a precipitar Pb es: [Ag ] = K [I ] = 3, , = 4, M Poniendo los resultados obtenidos en forma de tabla: Agente precipitante Bromuro Tiocianato Yoduro [Ag ] / M cuando comienza a precipitar Pb 2, , ,

34 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 30 El bromuro es el mejor agente separador ya que, según se ve en la tabla, consigue que cuando comienza a precipitar Pb la cantidad de Ag en disolución sea menor. d) Qué porcentaje de metal precipitado sería imposible separar utilizando como reactivo el yoduro, que es el menos apropiado? 50 ml disolucio n 4, mmol Ag ml disolucio n 107,9 mg Ag 1 mmol Ag 1 g Ag 10 3 mg Ag = 2, g Ag % pe rdidas Ag = 2, g Ag (disolucio n) 0,3482 g Ag (muestra) 100 = 6, (O.Q.N. Burgos 1998)

35 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) Las reacciones de combustión son aquellas en las que se produce la oxidación de una sustancia, por reacción de ésta con oxígeno molecular acompañada de gran desprendimiento de calor y a veces de llama, lo que justifica su nombre. Para medir los calores de combustión se emplea la bomba calorimétrica que es un recipiente de paredes metálicas resistentes, que se puede cerrar herméticamente, y donde se introduce una muestra de masa conocida de la sustancia, mezclada con oxígeno a una presión de varias atmósferas, después de eliminar el aire, para garantizar la total combustión de la muestra. La bomba va instalada en un calorímetro de agua, perfectamente termostatizado, y la combustión se inicia mediante ignición con un conductor eléctrico en cortocircuito. El calor desprendido se mide por la elevación de la temperatura del agua del calorímetro, tras realizar los ajustes necesarios para relacionar esta variación de temperatura con el calor desprendido en el proceso. Se queman en una bomba calorimétrica 0,2840 g de acetona líquida. La capacidad calorífica total de la bomba es de 2817 J K. Durante el experimento se observa una elevación de la temperatura desde 18,57 a 20,26 C. a) Calcular el calor de combustión en la bomba calorimétrica expresado en J/g de sustancia. La bomba se comporta como un sistema aislado, Q = 0, luego: Q + Q = 0 Q = Q = Q = k ΔT donde k es la capacidad calorífica total de la bomba. Q = 2817 J K 1 (20,26 18,57) K = 4761 J Relacionando el calor con la masa de acetona quemada: Q = 4761 J = J g1 0,2840 g Puesto que la bomba calorimétrica, dentro de la cual se produce la combustión, es un recipiente de paredes rígidas, b) qué propiedad termodinámica se mide directamente a partir del calor de combustión? En una bomba calorimétrica se mide el calor desprendido a V constante, que es igual a la variación de energía interna, = ΔE. c) Calcular la variación de energía interna por mol de acetona. (Justificar el signo, + ó, que corresponde a esta variación). El signo ( ) correspondiente a la variación de energía interna quiere decir que se trata de un proceso exotérmico en el que se desprende calor. ΔE = J g C 3 H 6 O 58 g C 3 H 6 O 1 mol C 3 H 6 O 1 kj 10 3 J = 972,3 kj mol1 d) Escribir la reacción que ocurre en el interior de la bomba calorimétrica, indicando el estado físico de reactivos y productos a 293,41 K. La ecuación química ajustada correspondiente a la combustión de la acetona es: (l) + 4 (g) 3 (g) + 3 (l)

36 Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 6. (S. Menargues & F. Latre) 32 e) Hay variación de presión en el interior de la bomba calorimétrica? Por qué? En la combustión de 1 mol de acetona se produce un descenso de presión en el interior de la bomba ya que se pasa de 4 moles de gas (O ) a 3 moles de gas (CO ). La relación que existe entre los calores de reacción a volumen y a presión constantes se puede establecer si se parte de la propia definición de entalpía como función transformada de Legendre respecto a la energía interna, que una vez integrada entre el estado inicial y el final de la reacción, resulta: H = U + Δ(PV) Despreciando el volumen ocupado por las sustancias líquidas presentes en el sistema y admitiendo comportamiento ideal para las gaseosas: f) Calcular la entalpía molar de la reacción de combustión, Δ ch para T = 293,41 K. La ecuación de Kirchhoff permite el cálculo de la entalpía de reacción a si se conoce a y se dispone de datos de la capacidad calorífica de reactivos y productos en función de la temperatura, que en este caso son de la forma = a + bt + c T J K mol (ver tabla de datos). H = H + dt donde, = Σν i, (productos) Σνi, (reactivos) siendo ν i los coeficientes estequiométricos de los productos y reactivos, respectivamente. Aplicando la ecuación dada: Δ H = Δ U + Δ(PV) = Δ U + ΔnRT Sustituyendo: Δ H = 972,3 kj mol , kj mol 1 K 1 293,41 K = 974,7 kj mol 1 g) Calcular la expresión de, para esta reacción. Datos: Constantes a, b, c de la función = a + bt + ct 1 J K 1 mol Sustancias a b 10 3 c 10 5 (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 reacción de combustión: C H O (l) + 4 O (g) 3 CO (g) + 3 H O (l) Los valores de ν i C para cada componente son: 3 C 3 C 4 C C = 3 44,23 + 8, T 8, T 1 J mol 1 K 1 = 3 74,48 = 233,44 J mol 1 K = 3 29,96 + 4, T 1, T 1 J mol 1 K 1 = 99,32 J mol 1 K

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