Volumen II

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(1)10 AÑOS DE OLIMPIADAS DE QUÍMICA. SERGIO MENARGUES IRLES FERNANDO LATRE DAVID 2005.

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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 de la Naturaleza y de la Salud” y “Tecnología”. Esto también constituye un reto para los profesores que, no sólo 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 surge 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 propone como un posible material de apoyo para la enseñanza de la Química en los cursos de bachillerato, así como en los primeros cursos de licenciaturas del área de Ciencia y Tecnología. Todo el material incluido en esta recopilación se ha recogido a través de Internet y se ha accedido al mismo fundamentalmente a través de la página web de la Asociación Nacional de Químicos de España (www.anque.es). Se presentan los.

(4) exámenes correspondientes a las 10 últimas Olimpiadas Nacionales de Química (1996-2005), así como algunos otros correspondientes a fases locales de diferentes Comunidades Autonómicas. 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 incluyen, divididos en 2 volúmenes, 918 cuestiones, correspondientes tanto a cuestiones teóricas como a problemas numéricos cortos (volumen I) y 148 problemas, casi todos ellos con varios apartados (volumen II). 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 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 autores agradecen el impulso, apoyo e interés que han prestado a este proyecto la Asociación y el Colegio de Químicos de la Comunidad Valenciana y el Servicio de Publicaciones de la Universidad de Alicante. Merecen también un agradecimiento muy especial el Dr. Vázquez Picó, Catedrático de Química-Física de la U.A., y la Dra. Gómez Siurana, Profesora Titular de Ingeniería Química de la U.A., por su consejo y ayuda desinteresada en algunas secciones de este trabajo.. Los autores.

(5) INDICE VOLUMEN I. CUESTIONES Átomos, moléculas y moles……………………………………………………………. 3. Gases…………………………………………………………………………………………. 11. Fórmulas y porcentajes…………………………………………………………………. 23. Líquidos y disoluciones……………………………………………………………………. 29. Reacciones químicas………………………………………………………………………. 39. Termodinámica y Termoquímica………………………………………………………. 55. Cinética química………………………………………………………………………………. 75. Equilibrio químico……………………………………………………………………………. 87. Reacciones de precipitación……………………………………………………………. 105. Ácidos y bases………………………………………………………………………………… 111 Electroquímica………………………………………………………………………………… 123 Estructura atómica…………………………………………………………………………… 141 Sistema periódico…………………………………………………………………………… 157 Enlace químico………………………………………………………………………………… 175 Química orgánica……………………………………………………………………………. 199. Química nuclear……………………………………………………………………………… 205 Seguridad en el laboratorio……………………………………………………………… 209.

(6) VOLUMEN II. PROBLEMAS Olimpiadas de Química de la Fase Nacional………………………………………… 213 Olimpiada de Química de Navacerrada-1996……………………………………… 213 Olimpiada de Química de Ciudad Real-1997………………………………………. 224. Olimpiada de Química de Burgos-1998……………………………………………… 237 Olimpiada de Química de Almería-1999……………………………………………… 250 Olimpiada de Química de Murcia-2000……………………………………………… 263 Olimpiada de Química de Barcelona-2001…………………………………………… 275 Olimpiada de Química de Oviedo-2002……………………………………………… 288 Olimpiada de Química de Tarazona-2003…………………………………………… 299 Olimpiada de Química de Valencia de D. Juan-2004…………………………… 309 Olimpiada de Química de Luarca-2005……………………………………………… 321 Olimpiadas de Química de las Fases Locales……………………………………… 333 Olimpiadas de Química de la Región de Murcia (1997-2005)………………… 333 Olimpiadas de Química de Andalucía (2004-2005)……………………………… 399 Olimpiadas de Química de Baleares (2001-2005)………………………………… 419 Olimpiadas de Química de Galicia (1999-2001, 2003 y 2005 ………………… 433 Olimpiadas de Química de la Comunidad Valenciana (1997-2005)………… 459.

(7) VOLUMEN II PROBLEMAS.

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(9) 10 Años de Olimpiadas de Química. 213. PROBLEMAS DE LAS OLIMPIADAS DE QUÍMICA (FASE NACIONAL) 1. Se prepara una disolución disolviendo 9.1 g de cocaína (C17H21O4N) 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: C17H21O4N + H2O ←⎯→ C17H22O4N + + OH − a) Calcular el pKb de la cocaína. Sean [Coca] = [C17H21O4N]. [Coca+] = [C17H22O4N+],. y. aplicando la ley del equilibrio químico a la reacción anterior y haciendo los oportunos balances de materia y carga se obtiene: [Coca+] = [OH−]. Kb =. y. [Coca]0 = [Coca] + [Coca+]. [Coca + ] [OH− ] [OH− ]2 = [Coca] [Coca]0 − [OH− ]. [Coca]0 = 9.1 g Coca 1 mol Coca 1000 mL D = 0.6 M 50 mL D 303 g Coca. 1L D. Sustituyendo valores: pH = 11.09;. Kb =. [H3O+] = 8.13·10−12 M. (1.23 · 10 −3 )2 0.6 − 1.23 · 10. −3. [OH−] = 1.23·10−3 M. = 2.53 · 10 − 6. pKb = - log Kb = - log (2.53·10−6) = 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? Sean x los mL de HCl 0.4 M añadidos, si el pH de la disolución resultante es 8.10: pH = 8.10;. [H3O+] = 7.94·10−9 M. [OH−] = 1.26·10−6 M. Los H3O+ 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 = (50 · 10. −3. · 0.6) − ( x·10 −3· 0.4). (50 + x) 10. −3. =. 30 − 0.4 x 50 + x.

(10) 214. Problemas de la Fase Nacional. +. +. +. [Coca ] = [Coca ]anterior + [Coca ]formada =. ( x·10 −3· 0.4) (50 + x ) 10. −3. =. 0.4 x 50 + x. ya que, como se ha podido observar en el apartado a), al alcanzarse el equilibrio, [Coca+] es despreciable frente a [Coca]0 y, si el valor de x es lo suficientemente elevado, también lo será frente a [Coca+]formada. La mezcla de cloruro de cocaína, [Coca+], y la cocaína sobrante forma una disolución tampón. Sustituyendo en la expresión de Kb: [Coca + ] [OH− ] Kb = [Coca]. 2.53 · 10. −6. 0.4 x = 50 + x 1.26 · 10 − 6 30 − 0.4 x 50 + x. se obtiene x = 50 mL HCl 0.4 M (Obsérvese que, efectivamente, [Coca+]anterior = 1.23·10−3 M es despreciable frente a [Coca+]formada = 0.2 M). 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: 0.4 mol ⎫ = 0.02⎪ (0.02 − 0.004) mol HCl sobrante L ⎪ = 0.16 M ⎬→ −3 −3 1 mol ( 50·10 + 50·10 ) L ⎪ = 0.004 mol NaOH = 0.16 g ⎪⎭ 40 g. mol HClinicial = 50·10 − 3 L. Con esta nueva cantidad de HCl, las cantidades en el equilibrio son: [Coca] = [Coca]anterior – [Coca]gastada con HCl = =. 50·10 − 3 L. 0.6 mol 0.16 mol − 100·10 − 3 L L L = 0.14 M 100·10 − 3 L. 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 Sustituyendo en Kb: 2.53 · 10 − 6 =. ( x + 0.16) x 0.14. x = [OH−] = 2.21·10−6 M,. pH = 8.35.

(11) 10 Años de Olimpiadas de Química. 215. 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:. 8·10 − 3 L HCl. 0.5 mol HCl 1 mol cocaína = 4·10 − 3 mol cocaína 1 L HCl 1 mol HCl 303 g cocaína 1 mol cocaína 100 = 12.12% cocaína 10 g alijo. 4·10 − 3 mol cocaína. e) Calcular el pH en el punto de equivalencia de la valoración anterior. En el punto de equivalencia sólo hay cloruro de cocaína: C17H22O4NCl + H2O → C17H22O4N+ + Cl− Esta sustancia en disolución acuosa sufre hidrólisis: C17H22O4N+ + H2O ←⎯→ C17H21O4N + H3O+ El Cl− no sufre hidrólisis por proceder de un ácido fuerte (HCl). Aplicando la ley del equilibrio químico a la reacción anterior y haciendo los oportunos balances de materia y carga se obtiene: [Coca] = [H3O+] Kh =. [Coca+]0 = [Coca+] + [Coca]. y [H3O + ]2. [Coca + ]0 − [H3O + ] KW = [H3O+] [OH−],. Si se considera, Kw. K b(cocaína). =. El valor de [Coca+] es:. 10 −14 2.53 · 10. −6. [Coca + ] =. se tiene que,. = 3.95 · 10 − 9 4·10 −3 mol cocaína (100 + 8) 10 − 3 L. = 0.037 M. Sustituyendo todos estos valores en la expresión de la constante de equilibrio: 3.95 · 10 − 9 =. [H3O + ]2. +. 0.037 − [H3O ]. [H3O+] = 1.21·10−5 M,. pH = 4.92 (O.Q.N. Navacerrada 1996).

(12) 216. Problemas de la Fase Nacional. 2. Si el producto de solubilidad del ioduro de plomo a 25°C es 1·10 −9. Calcule: a) Su solubilidad expresada en gramos por 100 mL. Si s es la solubilidad en mol/L del PbI2, en el equilibrio, [I−] = 2s y [Pb2+] = s PbI2 (ac) ←⎯→ 2 I − (ac) + Pb2 + (ac) 2s. s. Aplicando la ley del equilibrio químico:. K ps = [I − ]2 [Pb 2 + ] = (2s) 2 s = 4s 3 La solubilidad en mol/L es: s=. 3. K ps 4. =3. 10 − 9 = 6.3·10 − 4 M 4. La solubilidad en g/100 mL es:. 0.1 L. 6.3·10 −4 mol PbI2 461 g PbI2 = 0.029 g PbI2 en 100 mL L 1 mol PbI2. b) Los gramos de iones I − y Pb2+ en 500 mL de disolución saturada. 6.3·10 −4 mol Pb2 + 207.2 g Pb2 + = 0.065 g Pb2 + 0.5 L + 2 L 1 mol Pb 0.5 L. 2 (6.3·10 −4 mol I − ) 126.9 g I − = 0.08 g I − − L 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 Pb(NO3)2 y NaI se produce la reacción: Pb(NO3)2 (ac) + NaI (ac) ⎯→ PbI2 (s) + 2 NaNO3 (ac) Las concentraciones iónicas son: [I − ] =. 10 −4 mol L = 5·10 − 5 M 0.1 L. 0.05 L. [Pb 2 + ] =. 10 −3 mol L = 5·10 − 4 M 0.1 L. 0.05 L. Para que se forme un precipitado es preciso que se cumpla que el producto iónico sea mayor que Kps:. [I − ]2 [Pb2 + ] > K ps.

(13) 10 Años de Olimpiadas de Química. 217. [I − ]2 [Pb 2 + ] = (5·10 −5 )2 (5·10 −4 ) = 1.25 · 10 −10 < 1.0 · 10 −9 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 Pb2+. Las nuevas concentraciones iónicas son: [I − ] =. 10 −4 mol 3.22 g KI 1 mol KI 166 g KI L + = (5·10 − 5 + 0.2) M 0.1 L 0.1 L. 0.05 L. [Pb2 + ] =. 10 −3 mol L = 5·10 − 4 M 0.1 L. 0.05 L. Para que se forme un precipitado es preciso que se cumpla que el producto iónico sea mayor que KPS: [I−]2 [Pb2+] > Kps [I−]2 [Pb2+] = (5·10−5 + 0.2)2 (5·10−4) = 2·10−5 > 1·10−9 SÍ se forma precipitado, por lo tanto, se consumen Pb2+ y I −. Llamando x a la cantidad de sustancia, en mol/L, que precipita: 1·10−9 = (5·10−5 + 0.2 – 2x)2 (5·10−4 – x) Se obtiene x = 5.0·10−4 M [I − ] = (5·10 −5 + 0.2 − 2·5·10 −4 ) = 0.19905 M [Pb 2 + ] =. 0.1 L. 1 · 10 −9 (0.19905). 2. = 2.5 · 10 − 8 M. 5 · 10 −4 mol PbI2 461 g PbI2 = 0.02305 g PbI2 L 1 mol PbI2 (O.Q.N. Navacerrada 1996).

(14) 218. Problemas de la Fase Nacional. 3. La descomposición térmica del hidrógeno carbonato 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. 2 NaHCO3 (s) ←⎯→ Na2CO3 (s) + CO2 (g) + H2O (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 Hidrógeno carbonato de sodio (s) Carbonato de sodio (s) Dióxido de carbono (g) Agua (g). ∆Hf° (kJ/mol) -947.7 -1131.0 -393.5 -241.8. S° (J/mol·K) 102.1 136.0 213.6 188.7. La entalpía de la reacción puede obtenerse a partir de las entalpías de formación de productos y reactivos: ⎛ − 241.8 kJ − 393.5 kJ − 1131 kJ ⎞ ⎟⎟ − ∆Hrº = ⎜⎜1 mol H2 O + 1 mol CO2 + 1 mol Na2 CO3 mol H O mol CO mol Na CO 2 2 2 3⎠ ⎝ ⎛ − 947.7 kJ ⎞ ⎟ = 129.1 kJ − ⎜⎜ 2 mol NaHCO 3 mol NaHCO3 ⎟⎠ ⎝ Para determinar la temperatura a la que la reacción es espontánea, hay que calcular la temperatura a la que la reacción se encuentra en equilibrio. La condición de equilibrio de un sistema implica que: ∆Grº = 0 ∆Grº = ∆Hrº − T∆S rº = 0. ∆S°r puede calcularse a partir de las entropías molares de los productos y reactivos:.

(15) 10 Años de Olimpiadas de Química. 219. 188.7 J 213.6 J ⎛ ⎞ + 1 mol CO2 +⎟ ⎜1 mol H2 O K·mol H2 O K·mol CO2 ⎟ ⎜ ∆Srº = ⎜ ⎟− 136.0 J ⎜⎜ + 1 mol Na2 CO3 ⎟⎟ K·mol Na2 CO3 ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ 102.1 J J ⎟⎟ = 334.1 − ⎜⎜ 2 mol NaHCO3 K·mol NaHCO 3 ⎠ K ⎝ Por tanto, la temperatura de equilibrio: T=. ∆Hrº ∆Srº. =. 129.1 kJ 334.1·10. −3. kJ K. = 386.4 K. Se trata de un proceso en el que la espontaneidad del mismo depende de la temperatura, en este caso ∆H > 0 y ∆S > 0. Se trata de un proceso espontáneo a temperaturas elevadas: T > 386.4 K.. c) Determinar los valores de las constantes de equilibrio KP y KC, a 25°C. Para calcular las constantes de equilibrio es preciso conocer antes el valor de ∆G°r: ∆Grº = ∆Hrº − T∆Srº = 129.1 kJ − 0.3341. kJ 298 K = 29.5 kJ K. La relación entre ∆G°r y KP viene dada por la expresión:. ⎛ ∆Grº ⎞ ⎟ ∆Grº = −RT ln K P → K P = exp ⎜ − ⎜ RT ⎟ ⎝ ⎠ J ⎛ ⎞ 29500 ⎜ ⎟ mol ⎟ = 6.7·10 − 6 K P = exp ⎜ − ⎜ 8.314 J 298 K ⎟ ⎜ ⎟ mol·K ⎝ ⎠ La relación entre KC y KP viene dada por la expresión:. K C = K P (RT ). − ∆ν. siendo ∆ν = coeficientes estequiométricos productos gaseosos – – coeficientes estequiométricos reactivos gaseosos = 2 – 0 = 2 2. 1 ⎛ ⎞ −8 K C = 6.7·10 − 6 ⎜ ⎟ = 1.12·10 ⎝ 0.082 ·298 ⎠.

(16) 220. Problemas de la Fase Nacional. 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?; En primer lugar es preciso calcular el valor de la constante de equilibrio a 125°C. La relación entre las constantes de equilibrio, KP, a diferentes temperaturas viene dada por la ecuación de van’t Hoff: K P2 K P1. 1 ⎞ ∆H ⎛ 1 ⎜⎜ ⎟ − R ⎝ T1 T2 ⎟⎠. =. sustituyendo K P2. 6.7·10 − 6. J mol ⎛⎜ 1 − 1 ⎞⎟ = J ⎝ 298 K 398 K ⎠ 8.314 mol·K 29500. se obtiene K P2 = 2.0·10 −5. La expresión de la constante KP para esta reacción es: K P = p CO 2 · pH2 O La estequiometría de la reacción permite deducir que las presiones parciales de ambas sustancias, CO2 y H2O, son iguales: p CO 2 = pH2 O. por lo tanto, p CO 2 = K P = 2·10 − 5 atm2 = 4.5·10 − 3 atm. 760 mm Hg = 3.4 mm Hg 1 atm. y la presión total de la mezcla gaseosa, según la ley de Dalton: p = p CO 2 + pH2 O = 2 (3.4 mm Hg) = 6.8 mm Hg. d2) ¿qué masa de hidrógeno carbonato sódico se habrá descompuesto a esa temperatura y qué masa total de sólido quedará en el recipiente? El número de moles de Na2CO3 formados y de NaHCO3 descompuestos, x, es igual al número de moles CO2 o de H2O formados y por tanto, puede obtenerse por medio de la ecuación de estado de los gases ideales:.

(17) 10 Años de Olimpiadas de Química. x=. p CO 2 V RT. 221. 4.5·10 −3 atm · 2 L = = 2.8·10 − 4 mol atm·L 0.082 398 K mol·K. 2.8·10 − 4 mol Na2 CO3. 106 g Na2 CO3 = 0.029 g Na2 CO 3 1 mol Na2 CO3. 5.6·10 − 4 mol NaHCO 3. 84 g NaHCO 3 = 0.046 g NaHCO3 1 mol NaHCO 3. La masa total de sólido en el equilibrio es: 0.029 g Na2CO3. (formado). + (100 – 0.046) g NaHCO3. (sin reaccionar). = 99.983 g. 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 calcular la temperatura de equilibrio se puede utilizar la expresión que relaciona KP y ∆G°r con la temperatura: ∆Grº = −RT ln K P. − RT ln K P = ∆Hrº − T∆S rº T=. ∆Hrº. ∆S rº − R ln K P. Teniendo en cuenta que p CO 2 = pH2 O =. p 2. El valor de KP cuando p = 5 atm es: 2. ⎛p⎞ K P = p CO 2 · pH2 O = ⎜ ⎟ = 2.52 = 6.25 ⎝2⎠ Sustituyendo: T=. 129100. J mol. J J 334.1 − 8.314 ln 6.25 mol·K mol·K. = 405 K (O.Q.N. Navacerrada 1996).

(18) 222. Problemas de la Fase Nacional. 4. 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. Fe (s) + 2 HCl (ac) ⎯→ FeCl2 (ac) + H2 (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: 0.5 L. 0.05 mol HCl = 0.025 mol HCl (inicial) L. 0.2790 g Fe. 1 mol Fe 2 mol HCl = 0.01 mol HCl (consumido) 55.8 g Fe 1 mol Fe. 0.025 mol HCl (inicial) − 0.01 mol HCl (consumido) = 0.015 mol HCl (sobrante) [HCl] =. 0.015 mol HCl = 0.03 M 0.5 L. Como el HCl es un ácido fuerte, está totalmente disociado en iones Cl− y H3O+, por lo tanto: [HCl] = [H3O+] = 0.03 M pH = -log [H3O+] = -log (0.03) = 1.52. c) Si a la disolución anterior se añaden 0.2409 g de FeNH4(SO4)2·12 H2O ¿cuál será el potencial de equilibrio de la disolución resultante? Potencial normal de reducción: E°(Fe3+/Fe2+) = 0.77 V Las concentraciones de iones Fe2+ y Fe3+ en disolución son:. [Fe 2 + ] =. 0.2790 g Fe 1 mol Fe = 0.01 M 0.5 L 55.8 g. Llamando hidrato al FeNH4(SO4)2·12 H2O: [Fe. 3+. 0.2409 g hidrato 1 mol hidrato 1 mol Fe 3 + ]= = 0.001 M 0.5 L 481.8 g hidrato 1 mol hidrato. La reacción de reducción del Fe3+ es: Fe3+ + e− ⎯→ Fe2+.

(19) 10 Años de Olimpiadas de Química. 223. Aplicando la ecuación de Nernst: 0.059 E = E° − log Q n. 0.059 [Fe 2 + ] ° E=E − log 1 [Fe 3 + ]. →. que para este caso resulta: EFe 3 + /Fe 2 + = 0.77 −. 0.059 0.01 log = 0.711 V 1 0.001. 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 ZnSO4·7 H2O. e) 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°(Fe3+/Fe2+) = 0.77 V, E°(Fe2+/Fe) = -0.44 V, E°(H+/H2) =0 V, E°(Zn2+/Zn) = -0.76 V La [Zn2+] es: [Zn2 + ] =. 5.748 g ZnSO 4 ·7 H2 O 1 mol ZnSO 4 ·7 H2 O = 0.02 M L 287.4 g ZnSO 4 ·7 H2 O. La reacción de reducción del Zn2+ es: Zn2+ + 2e− ⎯→ Zn Aplicando la ecuación de Nernst:. E = E° −. 0.059 log Q n. →. E = E° −. 0.059 1 log 2 [Zn2+ ]. que para este caso resulta: E Zn 2 + /Zn = −0.76 −. 0.059 1 log = −0.81 V 2 0.02. La reacción entre el Zn y el Fe3+ es: Cátodo: Fe3+ + e− ⎯→ Fe2+ Ánodo:. (reducción). Zn − 2 e− ⎯→ Zn2+ (oxidación) ––––––––––––––––––––––––––––––––– Zn + 2 Fe3+ ⎯→ Zn2+ + 2 Fe2+. E celda = E cátodo − E ánodo = EFe 3 + /Fe 2 + − E Zn 2 + /Zn = 0.711 − (−0.81) = 1.511 V (O.Q.N. Navacerrada 1996).

(20) 224. Problemas de la Fase Nacional. 5. La reacción en fase gaseosa, que a continuación se describe: I2 + Ciclopenteno ←⎯→ Ciclopentadieno + 2 HI presenta una constante de equilibrio entre 450 y 700 K, que viene dada por la ecuación: 11200 ln K p = 17.39 − T a) Calcule la energía libre de Gibbs, normal ∆G°, para la reacción a 575 K. Combinando las expresiones de KP y ∆G°: 11200 ⎫ T ⎪ ⎪ 11200 ⎞ ⎛ º ⎟ ⎬ → ∆G = −RT ⎜17.39 − T ⎠ ⎝ ⎪ ∆Gº = −RT ln K P ⎪ ⎭. ln K P = 17.39 −. ∆Gº = −8.3143. 11200 ⎞ J J ⎛ 575 K ⎜17.39 − ⎟ = 9983 mol·K 575 ⎠ mol ⎝. 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 KP a 460 K: ln K P = 17.39 −. 11200 → 460. K P = 9.51·10 − 4 atm. Como las cantidades iniciales de yodo y ciclopenteno son equimolares: p I 2 = p C 5H8 =. p = 5 atm 2. Construyendo la tabla de presiones: pinicial. I2 5. C5H8 5. HI —. C5H6 —. ptransformado pformado. x —. x —. — 2x. — x. 5–x. 5–x. 2x. x. pequilibrio. La expresión de la constante de equilibrio de la reacción es: KP =. (pHI ) 2 (p C 5H6 ) (p I 2 ) (p C 5H8 ).

(21) 10 Años de Olimpiadas de Química. 225. Sustituyendo: 9.51·10 − 4 =. (2 x ) 2 x (5 − x) 2. Al ser KP << 1 se puede suponer que 5 >> x. Con esta aproximación: 9.51·10 − 4 =. 4x3 25. se obtiene. x = 0.181 atm. p I 2 = 5 − x = 5 − 0.181 = 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 ajustada de la reacción es: C5H6 + KOH ⎯→ K(C5H5) + H2O. 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 ferrocenobis(ciclopentadienil) hierro (II). Escriba y ajuste esta reacción. La ecuación ajustada de la reacción es: 2 K(C5H5) + FeCl2·4 H2O ⎯→ Fe(C5H5)2 + 2 KCl + 4 H2O. 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 FeCl2·4 H2 O. 1 mol FeCl2·4 H2 O = 0.05 mol FeCl2·4 H2 O 198.8 g FeCl2·4 H2 O. 0.05 mol FeCl2·4 H2 O. 1 mol Fe(C 5H5 ) 2 185.8 g Fe(C 5H5 ) 2 = 9.35 g Fe(C5H5 )2 1 mol FeCl2·4 H2 O 1 mol Fe(C5H5 )2. Relacionando la cantidad obtenida con la cantidad teórica: rendimiento =. 3.5 g Fe(C 5H5 )2 (real) 100 = 37.6% 9.3 g Fe(C 5H5 )2 (teórico) (O.Q.N. Ciudad Real 1997).

(22) 226. Problemas de la Fase Nacional. 6. A) Calcula el pH de las siguientes disoluciones: a1) La que se obtiene al disolver 2.3 g de HNO3 en agua desionizada hasta conseguir 150 mL de disolución. (El HNO3 está totalmente disociado). El HNO3 es un ácido fuerte por que se encuentra totalmente disociado en iones: HNO3 (ac) + H2O (l) ⎯→ NO3− (ac) + H3O+ (ac) La concentración de la disolución es: [H3O + ] = [HNO 3 ] =. 2.3 g HNO 3 1 mol HNO 3 10 3 mL disolución = 0.243 M 150 mL disolución 63 g HNO 3 1 L disolución pH = - log [H3O+] = - log (0.243) = 0.61. a2) Una disolución saturada de Ca(OH)2. (Kps = 7.9 10 −6. El Ca(OH)2 disuelto está totalmente disociado). El precipitado de Ca(OH)2 se disocia de acuerdo con el equilibrio: Ca(OH)2 (s) ←⎯→ Ca2 + (ac) + 2 OH− (ac) s. 2s. siendo s la solubilidad molar del Ca(OH)2. Aplicando la ley del equilibrio: K ps = [OH− ]2 [Ca2 + ] = (2s) 2 s = 4s 3. s=. 3. K ps 4. =3. 7.9·10 − 6 = 0.0125 M 4. [OH−] = 2s = 0.025 M pOH = -log [OH−]= -log (0.025) = 1.6 pH = 14 – pOH = 12.4. a3) Una disolución de HCl cuya concentración es 2.0 10 −9 M. (Kw = 1.0 10 −14). El HCl es un ácido fuerte que se encuentra totalmente disociado en iones: HCl (ac) + H2 O (l) ⎯⎯→ Cl− (ac) + H3O + (ac) 2·10 − 9 M. 2·10 − 9 M. El H2O es una especie débil que se disocia parcialmente según la ecuación: 2 H2 O (l) ←⎯→ OH− (ac) + H3O + (ac) xM. xM.

(23) 10 Años de Olimpiadas de Química. 227. La cantidad total de protones de la disolución se podrá calcular de acuerdo con este equilibrio, teniendo en cuenta que los iones H3O+ proceden tanto del H2O como del HCl: Kw = [H3O+] [OH−] 1.0·10−14 = (x + 2·10−9) x se obtiene x = 9.9·10−8 M [H3O+] = 9.9·10−8 + 2.0·10−9 = 1.01·10−7 M pH = -log [H3O+] = - log (1.01·10−7) = 6.99. a4) Una disolución 0.4 M de metilamina, CH3-NH2. La metilamina se comporta como base débil, tomando un H+ del H2O. (Kb= 1.9 10 −5) La CH3NH2 en disolución acuosa se comporta como una base débil: CH3NH2 (ac) + H2O (l) ←⎯→ CH3NH3+ (ac) + OH− (ac) Aplicando la ley del equilibrio químico Kb =. [CH3NH3+ ] [OH− ] [CH3NH2 ]. Si c es la concentración inicial de CH3NH2, haciendo los oportunos balances y aproximaciones se obtiene: [CH3NH3+] =[OH−] [CH3NH2] = c – [OH−] ≅ c sustituyendo Kb =. [OH− ]2 c. se obtiene [OH− ] = K b ·c = 1.9·10 − 5·0.4 = 2.75·10 − 3 M. pOH = -log [OH−] = -log (2.75·10−3) = 2.56 pH = 14 – pOH = 11.44.

(24) 228. Problemas de la Fase Nacional. B) Indica razonadamente si en los siguientes casos se formarían precipitados b1) Al añadir 1.0 g de AgNO3 a 50 mL de CH3-COOH 0.1 M suponiendo que no varía el volumen total. (Ka (CH3COOH) = 1.8 10 −5; Kps (CH3COOAg) = 2.0 10 −3). Al añadir AgNO3 a la disolución de CH3COOH se produce la reacción: AgNO3 (ac) + CH3COOH (ac) ⎯→ AgCH3COO (s) + HNO3 (ac) El precipitado de AgCH3COO se disocia de acuerdo con el equilibrio: AgCH3COO (s) ←⎯→ Ag+ (ac) + CH3COO− (ac) Para que se forme un precipitado es preciso que se cumpla que: [Ag+] [CH3COO−] > Kps La concentración de la disolución de AgNO3: [Ag+ ] = [AgNO3 ] =. 1 g AgNO3 1 mol AgNO3 10 3 mL disolución = 0.117 M 50 mL disolución 170 g AgNO3 1 L disolución. La concentración de iones CH3COO−: Ka =. 1.8·10 − 5 =. [CH3COO − ]2. c − [CH3COO − ]. [CH3COO − ]2. −. 0.1 − [CH3COO ]. [CH3COO − ] = 1.3·10 − 3 M. [CH3COO−]·[Ag+] = (1.3·10−3)·(0.117) = 1.6·10−4 < 2·10−4 NO se produce precipitado. b2) Cuando se mezclan volúmenes idénticos de una disolución de Na2CO3 1.0 10 −4 M con otra de BaCl2 1.0 10 −3 M. (Kps (BaCO3)= 8.0 10 −10) Al mezclar las disoluciones acuosas de Na2CO3 y BaCl2 se produce la reacción: Na2CO3 (ac) + BaCl2 (ac) ⎯→ BaCO3 (s) + 2 NaCl (ac) El precipitado de BaCO3 se disocia de acuerdo con el equilibrio: BaCO3 (s) ←⎯→ Ba2+ (ac) + CO32− (ac) Para que se forme un precipitado es preciso que se cumpla que: [Ba2+] [CO32−] > Kps El Na2CO3 y BaCl2 son solubles en agua y se encuentran totalmente disociados según las ecuaciones: [CO32−] = [Na2CO3] = 10−4 M [Ba2+] = [BaCl2] = 10−3 M.

(25) 10 Años de Olimpiadas de Química. 229. Al mezclar volúmenes iguales de ambas disoluciones, las concentraciones iónicas se hacen la mitad: [CO23 − ] =. 10 −4 = 5·10 − 5 M 2. [Ba2 + ] =. 10 −3 = 5·10 − 4 M 2. [CO23 − ] [Ba2 + ] = (5·10 −5 ) (5·10 −4 ) = 2.5 · 10 −8 > 8.0 · 10 −10 SÍ se produce precipitado. 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 normal del semisistema MnO4−/Mn 2+ es 1.52 V partiendo de la ecuación de Nernst que establece que: [MnO4− ]x [H + ]y 0.059 E = Eº + log n [Mn 2 + ]z 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 MnO4−/Mn 2+ en función del pH. La semirreacción de reducción del MnO4− es: MnO4− + 8 H+ + 5e− ⎯→ Mn2+ + 4 H2O La expresión del potencial queda como: E = Eº +. [MnO −4 ][H+ ]8 0.059 log n [Mn2 + ]. Como [MnO4−] = [Mn2+], la expresión anterior se simplifica: E = 1.52 +. 0.059 log [H+ ]8 5. E = 1.52 – 0.0944 pH.

(26) 230. Problemas de la Fase Nacional. c2) Determina a partir de qué valor de pH el permanganato no será capaz de oxidar los iones Br − a Br2, considerando que el potencial normal del semisistema ½ Br2 / Br − 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).

(27) 10 Años de Olimpiadas de Química. 231. 7. Se introdujo en un recipiente una mezcla de 11.02 mmol de H2S y 3.48 mmol de CH4, junto con un catalizador de Pt, estableciéndose el siguiente equilibrio, a 700°C y 762 Torr: 2 H2S (g) + CH4 (g) ←⎯→ 4 H2 (g) + CS2 (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 CS2. a) Calcular KP y KC y KX a 700°C. Construyendo la tabla de moles correspondiente: H2S. CH4 −3. ninicial. −3. 11.02·10. ntransformado nformado nequilibrio. 3.48·10. 2x —. x — −3. 11.02·10. −3. –x. 3.48·10. –x. H2. CS2. —. —. 4x. x. 4x. x. Se obtiene x = 0.711·10−3 moles, luego las cantidades en el equilibrio son: nequilibrio. 9.598·10−3. 2.769·10−3. 2.844·10−3. 0.711·10−3. El total de moles en el equilibrio es: nt = 9.598·10−3 + 2.769·10−3 + 2.844·10−3 + 0.711·10−3 = 15.922·10−3 y las respectivas fracciones molares: xequilibrio. 0.603. 0.174. 0.179. 0.045. La constante de equilibrio de la reacción en función de las fracciones molares, KX, es: KX =. x CS 2 ( x H2 ) 4 x CH 4 ( x H2 S ). 2. =. 0.045·(0.179) 4 0.174·(0.603). 2. = 7.30·10 − 4. De acuerdo con la ley de Dalton, las presiones parciales en el equilibrio son: p CS 2 = 762 atm pH2 = 762 atm. 1 atm 0.045 = 0.045 atm 760 Torr. 1 atm 0.179 = 0.179 atm 760 Torr. p CH4 = 762 atm. 1 atm 0.174 = 0.174 atm 760 Torr.

(28) 232. Problemas de la Fase Nacional. pH2 S = 762 atm. 1 atm 0.603 = 0.603 atm 760 Torr. La constante de equilibrio de la reacción en función de las presiones parciales, KP, es:. KP =. p CS 2 (pH2 ) 4 p CH 4 (pH2 S ). 2. =. 0.045·(0.179) 4 0.174·(0.603). 2. = 7.30·10 − 4. La constante de equilibrio de la reacción en función de las concentraciones, KC, es: 4. p CS 2 ⎛ pH2 ⎞ ⎜ ⎟ 2 4 RT ⎜⎝ RT ⎟⎠ [CS 2 ] [H2 ] ⎛ 1 ⎞ KC = = = KP ⎜ ⎟ = [CH4 ] [H2 ]2 p CH ⎛ pH S ⎞2 ⎝ RT ⎠ 4 ⎜ 2 ⎟ RT ⎜⎝ RT ⎟⎠ 2. = 7.30·10 − 4. ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎟ = 1.1·10 − 7 atm2 ⎜ ⎜ 0.082 atm·L 993 K ⎟ ⎜ ⎟ mol·K ⎝ ⎠. 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 ∆G: ∆G = – RT ln KP Sustituyendo: ∆G = −8.314·10 − 3. kJ kJ 993 K ln (7.3·10 − 4 ) = 59.6 mol·K mol. Como ∆G > 0 se trata de una reacción NO espontánea..

(29) 10 Años de Olimpiadas de Química. 233. c) Explica como afectaría al equilibrio cada una de las siguientes variaciones: c1) Aumento de la presión total. Si se aumenta la presión, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, para contrarrestar este efecto, el sistema se desplazará en el sentido en el que disminuya la presión. Para que esto ocurra, el sistema debe desplazarse en el sentido en el que se disminuya el número de moléculas gaseosas presentes en el equilibrio: 2 H2S (g) + CH4 (g) ←⎯→ 4 H2 (g) + CS2 (g) 3 moléculas 5 moléculas El sistema se desplaza hacia la formación de CH4 y H2S.. c2) Disminución de la concentración de CH4 Si disminuye la concentración de CH4, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, para contrarrestar este efecto, el sistema se desplazará en el sentido en el que aumente la concentración de CH4. El sistema se desplaza hacia la formación de CH4 y H2S.. c3) Aumento de la temperatura si el proceso es exotérmico a 700°C Si se aumenta la temperatura, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, para contrarrestar este efecto, el sistema se desplazará en el sentido en el que descienda la temperatura. Para que descienda la temperatura, el sistema debe desplazarse en el sentido en el que se consuma calor y como se trata de un proceso exotérmico para que se consuma calor el sistema se desplaza hacia la formación de CH4 y H2S. (O.Q.N. Ciudad Real 1997).

(30) 234. Problemas de la Fase Nacional. 8. 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 CO2 y el H en H2O, los moles de átomos en la muestra del son: 66 g CO2. 1 mol CO2 1 mol C = 1.5 mol C 44 g CO2 1 mol CO2. 21.6 g H2 O. 1 mol H2 O 2 mol H = 2.4 mol H 18 g H2 O 1 mol H2 O. El oxígeno contenido en el compuesto X se calcula por diferencia: 12 g C 1gH ⎞ 1 mol O ⎛ = 0.6 mol O 30 g X − ⎜1.5 mol C + 2.4 mol H ⎟ = 9.6 g O 1 mol C 1 mol H ⎠ 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 con la masa molar del compuesto X: 1.5 mol C 100 g X mol C ⎫ =5 30 g X 1 mol X mol X ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎧Fórmula molecular mol Hl ⎪ 2.4 mol H 100 g X =8 ⎬→⎨ mol X ⎪ C 5H8 O2 30 g X 1 mol X ⎩ ⎪ ⎪ 0.6 mol O 100 g X mol O ⎪ =2 30 g X 1 mol X mol X ⎪⎭.

(31) 10 Años de Olimpiadas de Química. 235. c) Considerando que dicha fórmula molecular corresponde a un ácido monocarboxílico alifático. c1) Escribir las fórmulas estructurales y nombrar todos los isómeros posibles. ácido 2-pentenoico COOH-CH=CH-CH2-CH3. ácido 2-metil-2-butenoico COOH-C(CH3)=CH-CH3. ácido 3-pentenoico COOH-CH2-CH=CH-CH3 ácido 4-pentenoico COOH-CH2-CH2-CH=CH2. ácido 2-metil-3-butenoico COOH-CH(CH3)-CH=CH2 ácido 3-metil-2-butenoico COOH-CH=C(CH3)-CH3 ácido 3-metil-3-butenoico COOH-CH2-C(CH3)=CH2. c2) ¿Cuáles de dichos isómeros presentan isomería geométrica? Escribe los isómeros cis-trans. H. C=C. H. HOOC. H. H3C. C=C H3C CH2COOH ácido cis-3-pentenoico H3C. C=C. H. H CH2CH3 ácido trans-2-pentenoico. HOOC CH2CH3 ácido cis-2-pentenoico H. C=C. H. C=C H CH2COOH ácido trans-3-pentenoico. H3C. CH3. C=C. H. CH3 HOOC ácido trans-2-metil-2-butenoico. H HOOC ácido cis-2-metil-2-butenoico. d) De todos los isómeros sólo uno de ellos presenta actividad óptica. d1) Indica cuál es y señala el carbono asimétrico. Se trata del ácido 2-metil-3-butenoico H. C HOOC. CH=CH2 CH3.

(32) 236. Problemas de la Fase Nacional. d2) ¿Qué hibridación presenta cada átomo de carbono? Si el átomo de carbono presenta: enlaces sencillos → hibridación sp3 enlaces dobles → hibridación sp2 H. C. sp3 sp2. CH=CH2. HOOC2 sp. sp2. CH3. sp3. 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 π y el otro es σ.. :. π O:. π. CH3. : :. CH2=CH-CH-C. O-H. 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 H del grupo carboxilo. La reacción con el NaOH es: CH2=CH-CH(CH3)-COOH + NaOH ⎯→ CH2=CH-CH(CH3)-COONa + H2O (O.Q.N. Ciudad Real 1997).

(33) 10 Años de Olimpiadas de Química. 237. 9. La obtención de carbonato sódico (Na2CO3) mediante el método Solvay utiliza sal de roca (NaCl) y caliza (CaCO3) 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 CO2 (g) a través de una disolución de NH3 (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 NaHCO3. 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 CaCl2 (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 CaCO3 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: CaCO3 ⎯→ CaO + CO2 Segunda etapa: 2 [CO2 + NH3 + H2O ⎯→ NH4HCO3] Tercera etapa: 2 [NH4HCO3 + NaCl ⎯→ NaHCO3 + NH4Cl] Cuarta etapa:. 2 NaHCO3 ⎯→ Na2CO3 + CO2 + H2O. Quinta etapa: CaO + H2O ⎯→ Ca(OH)2 Ca(OH)2 + 2 NH4Cl ⎯→ CaCl2 + 2 NH3 + 2 H2O –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– Reacción global: CaCO3 + 2 NaCl ⎯→ CaCl2 + Na2CO3.

(34) 238. Problemas de la Fase Nacional. El número de moles de Na2CO3 es: 3·t Na2 CO3 10 6 g Na2 CO3 1 mol Na2 CO3 mol Na2 CO3 = 28302 día 1 t Na2 CO3 106 g Na2 CO3 día Relacionando Na2CO3 con NaCl: 28302. mol Na2 CO3 2 mol NaCl 58.5 g NaCl g NaCl = 3.31·10 6 día 1 mol Na2 CO3 1 mol NaCl día. Como se trata de sal de roca con 95% de NaCl: 3.31·10 6. g NaCl 100 g sal de roca 1 t sal de roca t sal de roca = 3.48 6 día 95 g NaCl día 10 g sal de roca. Relacionando Na2CO3 con CaCO3: 28302. mol Na2 CO3 1 mol CaCO3 100 g CaCO3 g CaCO3 = 2.83·10 6 día 1 mol Na2 CO3 1 mol CaCO3 día. Como se trata de caliza con 85% de CaCO3: 2.83·10 6. g CaCO3 100 g caliza 1 t caliza t caliza = 3.33 6 día 85 g CaCO3 10 g caliza día. 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 cm3, calcule la cantidad de agua/día a esa temperatura que sería necesaria para preparar la cantidad de salmuera requerida en el proceso. Relacionando sal de roca con agua:. 3.48·106. m3 H2 O 100 cm3 H2 O 1 m3 H2 O g sal de roca 95 g NaCl = 8.45 día día 100 g sal de roca 39.12 g NaCl 10 6 cm3 H2 O. c) El NH3 (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: N2 (g) + 3 H2 (g) ←⎯→ 2 NH3 (g) Si se aumenta la presión, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema evolucionará en el sentido en el que disminuya la presión del sistema..

(35) 10 Años de Olimpiadas de Química. 239. Para que la presión se haga menor, es preciso que disminuya el número de moléculas de gas presentes en el equilibrio. En este caso, el sistema se desplaza hacia la formación de NH3, ya que así pasa de 4 moléculas de gas (3 de H2 y 1 de N2) a 2 moléculas de NH3 gaseoso.. d) En el método Solvay descrito anteriormente se producen, en diferentes etapas, dos compuestos químicos, que por reacción directa nos permiten generar NH3 (g) de forma diferente al proceso Haber. Indique el proceso químico que origina el NH3 (g) en el método Solvay. Se trata de la reacción entre el Ca(OH)2 obtenido en la quinta etapa y el NH4Cl obtenido en la tercera etapa: Ca(OH)2 + 2 NH4Cl ⎯→ CaCl2 + 2 NH3 + 2 H2O (O.Q.N. Burgos 1998).

(36) 240. Problemas de la Fase Nacional. 10. 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 HNO3 todo el plomo se transforma en Pb2+ (ac) y la plata en Ag+ (ac): Pb (s) + Ag (s) + HNO3 (ac) ⎯→ Pb2+ (ac) + Ag+ (ac) 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 KIO3 en exceso de una las partes de la disolución produce la precipitación de ambos metales: Pb2+ (ac) + Ag+ (ac) + KIO3 (ac) ⎯→ Pb(IO3)2 (s) + AgIO3 (s) + K+ (ac) 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. Una ecuación con la mezcla inicial: x g Ag + y g Pb = 0.25 g de aleación. Otra ecuación con el precipitado obtenido: x g Ag. 1 mol Ag 1 mol AgIO3 282.9 AgIO3 + 107.9 g Ag 1 mol Ag 1 mol AgIO3. + y g Pb. 1 mol Pb 1 mol Pb(IO3 ) 2 557 Pb(IO 3 )2 = 0.6605 g de precipitado 207.2 g Pb 1 mol Pb 1 mol Pb(IO3 )2. x2 ⎧x = 0.1742 g Ag (por porción alícuota) ⎯⎯ ⎯→ 0.3482 g Ag (muestra) ⎪⎪ Se obtiene ⎨ ⎪ x2 ⎪⎩y = 0.0758 g Pb (por porción alícuota) ⎯⎯⎯→ 0.1516 g Pb (muestra). 0.3482 g Ag · 100 = 69.6% Ag 0.5 g aleación 0.1516 g Pb · 100 = 30.3% Pb 0.5 g aleación.

(37) 10 Años de Olimpiadas de Química. 241. b) ¿Cuál es la concentración de cada catión en la disolución de partida? 0.3482 g Ag+ 1 mol Ag+ 1000 mL disolución [Ag ] = = 6.46·10 −2 M + 50 mL disolución 107.9 g Ag 1 L disolución +. [Pb. 2+. 0.1516 g Pb2 + 1 mol Pb2 + 1000 mL disolución ]= = 1.46·10 −2 M 2 + 50 mL disolución 207.2 g Pb 1 L disolución. 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 Kps −10 Yoduro 3.20·10 8.49·10 −9 Tiocianato (sulfocianuro) 2.50·10 −12 2.11·10 −5 Bromuro 5.35·10 −13 6.60·10 −6 Yodato 3.16·10 −8 3.16·10 −13 Para que se forme un precipitado es preciso que se cumpla que el producto iónico sea mayor que Kps. 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 K ps = [Br − ] [Ag + ]. →. [Br − ] =. K ps = [Br − ]2 [Pb 2 + ]. →. [Br − ] =. K ps +. [Ag ]. =. 5.35·10 −13. K ps [Pb. 2+. ]. 6.46 ·10 =. −2. = 8.28·10 −12 M. 6.60·10 − 6 1.46 ·10. −2. = 2.13·10 − 2 M. Por lo tanto, precipita antes Ag+ ya que precisa una menor cantidad de Br −. La concentración de Ag+ cuando comienza a precipitar Pb2+ es: [Ag + ] =. K PS. −. [Br ]. =. 5.35·10 −13 2.13 ·10. −2. = 2.51·10 −11 M.

(38) 242. Problemas de la Fase Nacional. Agente precipitante tiocianato −. +. K ps. −. K ps = [SCN ] [Ag ]. →. [SCN ] =. K ps = [SCN− ]2 [Pb 2 + ]. →. [SCN− ] =. +. [Ag ]. =. 2.50·10 −12 6.46 ·10. K ps [Pb. 2+. ]. =. −2. = 3.87·10 −11 M. 2.11·10 − 5 1.46 ·10. −2. = 3.80·10 − 2 M. Por lo tanto, precipita antes Ag+ ya que precisa una menor cantidad de Br −. La concentración de Ag+ cuando comienza a precipitar Pb2+ es: [Ag + ] =. K PS. −. [SCN ]. =. 2.50·10 −12 3.80 ·10. = 6.58·10 −11 M. −2. Agente precipitante yoduro K ps = [I − ] [Ag+ ]. →. [I − ] =. K ps = [I − ]2 [Pb 2 + ]. →. [I − ] =. K ps +. [Ag ]. =. 3.20·10 −10. K ps [Pb. 2+. ]. 6.46 ·10 =. −2. = 4.95·10 − 9 M. 8.49·10 − 9 1.46 ·10. −2. = 7.63·10 − 4 M. Por lo tanto, precipita antes Ag+ ya que precisa una menor cantidad de Br −. La concentración de Ag+ cuando comienza a precipitar Pb2+ es: +. [Ag ] =. K ps −. [I ]. =. 3.20·10 −10 7.63 ·10. −4. = 4.19·10 − 7 M. Poniendo los resultados obtenidos en forma de tabla:. Agente precipitante. [Ag +] en disolución cuando comienza a precipitar Pb 2+. Bromuro. 2.51·10−11. Tiocianato. 6.58·10−11. Yoduro. 4.19·10−7. El bromuro es el mejor agente separador ya que, según se ve en la tabla, consigue que cuando comienza a precipitar Pb2+ la cantidad de Ag+ en disolución sea menor..

(39) 10 Años de Olimpiadas de Química. 243. d) ¿Qué porcentaje de metal precipitado sería imposible separar utilizando como reactivo el yoduro, que es el menos apropiado? 0.050 L. 4.19·10 −7 mol Ag+ 107.9 g Ag+ = 2.26·10 − 6 g Ag+ (en disolución ) + L 1 mol Ag. pérdidas de Ag =. 2.26·10 −6 g Ag+ (en disolución ) +. 0.3482 g Ag (en la muestra). 100 = 6.5·10 − 4 % (O.Q.N. Burgos 1998).

(40) 244. Problemas de la Fase Nacional. 11. 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−1. 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. Qsistema = Qbomba + Qcombustión Como la bomba se comporta como un sistema aislado, Qsistema = 0, luego: Qcombustión = - Qbomba = - k ∆T donde k es la capacidad calorífica total de la bomba Q combustión = −2817. J (20.26 − 18.57) K = −4760.7 J K. Relacionando el calor con la masa de acetona quemada: Q combustión =. J − 4760.7 J = -16763 g 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.. QV = ∆ E.

(41) 10 Años de Olimpiadas de Química. 245. 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. ∆E = −16763. 58 g C 3H6 O 1 kJ kJ J = -972.3 g C 3H6 O 1 mol C 3H6 O 1000 J mol C 3H6 O. 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 correspondiente a la combustión de la acetona es:. C3H6O (l) + 4 O2 (g) ⎯→ 3 CO2 (g) + 3 H2O (l). 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 (O2) a 3 moles de gas (CO2).. 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: ∆rH = ∆rU + ∆(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, ∆cH para T = 293.41 K . La ecuación de Kirchhoff permite el cálculo de la entalpía de reacción a T2 si se conoce a T1 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 Cp° = a + bT + cT 2 J·K −1·mol −1 (ver tabla de datos).. ∫. ∆r HT 2 = ∆r HT 1 + ∆r C ºp dT. donde. ∆r C ºp, i =. ∑ν C i. º p, i (productos). − ν i C ºp, i. (reactivos). siendo νi los coeficientes estequiométricos de los productos y reactivos, respectivamente. Aplicando la ecuación dada: ∆rH = ∆rU + ∆(PV) = ∆rU + ∆(nRT) ∆ rH = −972.3 kJ + (3 − 4) mol 8.314·10 − 3. kJ kJ 293.41 K = -974.7 mol mol·K.

(42) 246. Problemas de la Fase Nacional. g) Calcular la expresión de ∆rCp°, para esta reacción. Datos: Constantes a, b, c de la función Cp° = a + bT + cT 2 J·K −1·mol −1 Sustancias O2 (g) CO2 (g) H2O (l) CH3-CO-CH3 (l). a 29.96 44.23 74.48 99.32. b·10 3 4.18 8.79 – –. c·10 −3 -1.67 -8.62 – –. Teniendo en cuenta la reacción de combustión: C3H6O (l) + 4 O2 (g) ⎯→ 3 CO2 (g) + 3 H2O (l) y sustituyendo en la ecuación: º ∆ r C p, i =. ∑ν C. º i p,i (productos). º − ν iC p, i. (reactivos). =. = [3 (74.48) + 3 (44.23 + 8.79·10−3 T – 1.67·103 T2)] – – [4 (29.96 + 4.18·10−3 T – 8.62·103 T2) + 99.32] = = 136.97 + 9.65·10−3 T – 1.918·103 T2 (O.Q.N. Burgos 1998).

(43) 10 Años de Olimpiadas de Química. 247. 12. La reacción del alqueno terminal A (C4H8) con ácido bromhídrico concentrado conduce a la adición de HBr al doble enlace generando un compuesto B, que presenta un grupo terc-butilo en su estructura. La reacción de B con cianuro potásico en medio ácido diluido produce el nitrilo C (C5H9N), a partir del cual se puede obtener el ácido 2,2-dimetilpropanoico D (C5H10O2). a) Escribir las fórmulas y dar el nombre sistemático de todos los posibles isómeros estructurales y geométricos de A. H3C. C=C. CH3. H H cis-2-buteno. H. H C=C CH2CH3 1-buteno. H. H. C=C. CH3. H H3C trans-2-buteno. CH2=C-CH3 CH3 metilpropeno. b) Calcular la fórmula empírica de B sabiendo que contiene 35.04% de carbono, 6.57 % de hidrógeno y 58.39 % de bromo. Para calcular la fórmula empírica se calcula el número de moles de átomos de todos los elementos. Tomando como base de cálculo 100 g de B: 35.04 g C. 6.57 g H. 1 mol C = 2.920 mol C 12 g C. 1 mol H = 6.57 mol H 1gH. 1 mol Br = 0.731 mol Br 79.9 g Br Se divide el número de moles de cada elemento por la menor de estas cantidades para saber cuántos átomos de cada elemento se combinan con uno del que se encuentre en menor proporción: 58.39 g Br. 2.920 mol C mol C ⎫ =4 0.731 mol Br mol Br ⎪ ⎪ ⎬ → Fórmula empírica : (C 4H9Br )n 6.57 mol H mol H ⎪ ⎪ =9 0.731 mol Br mol Br ⎭.

(44) 248. Problemas de la Fase Nacional. c) Dibujar las estructuras de A, B, C y D. Si en la reacción entre el hidrocarburo A y el HBr se forma B que contiene el grupo t-butilo, necesariamente, A ha de ser el metilpropeno. De acuerdo con la regla de Markownikoff, que dice que el átomo de H es adicionado por el átomo de C más hidrogenado:. CH2=C - CH3 + HBr CH3. CH3 - CBr - CH3 CH3. Compuesto A. Compuesto B. Los nitrilos se obtienen por reacción entre halogenuros de alquilo y cianuro de potasio:. CN CH3 - CBr - CH3 + KCN. CH3 - C - CH3 + KBr CH3. CH3 Compuesto B. Compuesto C. A partir del 2,2-dimetilpropanonitrilo se obtiene el ácido 2,2-dimetilpropanoico:. CN. COOH. CH3 - C - CH3. CH3 - C - CH3 CH3. CH3 Compuesto C. Compuesto D. Un estudiante que llevó a cabo la anterior secuencia de reacciones comenzando con 5.6 litros de A, medidos en condiciones normales de presión y temperatura, obtuvo 8.5 g de D. d) Calcular el rendimiento global del proceso. Para obtener el rendimiento del proceso es necesario calcular previamente la cantidad teórica que debería haber sido obtenida: 5.6 L C 4H8. 1 mol C 4H8 1 mol C 5H10 O 2 102 g C 5H10 O 2 = 25.5 g C 5H10 O 2 22.4 L C 4H8 1 mol C 4H8 1 mol C 5H10 O 2. rendimiento =. 8.5 g C 5H10 O 2 25.5 g C 5H10 O 2. (reales) (teóricos). 100 = 33.3%.

(45) 10 Años de Olimpiadas de Química. 249. Usando una serie similar de reacciones es posible obtener el ácido 2-metilbutanoico E (C5H10O2). e) Dar la estructura de los hidrocarburos de partida que podrían ser utilizados para producir el ácido E. Partiendo del 1-buteno y siguiendo el mismo esquema de reacciones:. CH2= CH - CH2 - CH3. HBr. CH3 - CHBr - CH2 - CH3 KCN. CN CH3 - CH - CH2 - CH3. COOH CH3 - CH - CH2 - CH3 (O.Q.N. Burgos 1998).

(46) 250. Problemas de la Fase Nacional. 13. Calcule el pH de las siguientes disoluciones: a) Una disolución acuosa de ácido acético de concentración 0.2 M. (Ka ácido acético = 1.8·10 −5) El ácido acético, CH3COOH, abreviadamente AcH, es un ácido débil que se disocia parcialmente según el equilibrio: AcH + H2O ←⎯→ Ac − + H3O+ cuya constante de acidez es: [Ac − ] [H3O + ] [AcH] Aplicando los correspondientes balances y aproximaciones se obtiene: Ka =. [Ac −] = [H3O+]. y. [AcH] = c – [H3O+]. siendo c la concentración inicial de AcH. Sustituyendo estos valores en la expresión de la constante queda: Ka = 1.8·10 − 5 =. [H3O + ]2. c − [H3O + ]. [H3O + ]2. +. 0.2 − [H3O ]. se obtiene. [H3O + ] = 1.9·10 − 3 M. pH =-log [H3O+]= -log (1.9·10−3) = 2.72. b) Una disolución preparada disolviendo 8.2 g de acetato sódico en agua destilada hasta obtener 500 mL de disolución. El acetato de sodio, CH3COONa, abreviadamente NaAc, se disuelve en agua: H O. NaAc (s) ⎯⎯2⎯→ Ac − (ac) + Na + (ac) La concentración de esta disolución es: [NaAc] = [Ac − ] =. 8.2 g NaAc 1 mol NaAc = 0.2 M 0.5 L disolución 82 g NaAc. El ion Na+ no se hidroliza ya que procede del NaOH (base fuerte). El ion Ac− se hidroliza produciendo iones OH − según la reacción: Ac − + H2O ←⎯→ AcH + OH − Si KW = [H3O+] [OH −], aplicando los correspondientes balances y aproximaciones se obtiene: [AcH] = [OH −] [Ac −] = c – [OH −].

(47) 10 Años de Olimpiadas de Química. 251. siendo c la concentración inicial de NaAc. Sustituyendo estos valores en la expresión de la constante queda: Kh = Kb = 10 −14 1.8·10. −5. =. KW. Ka. (AcH). [OH− ]2 −. 0.2 − [OH ]. =. [OH− ]2 c − [OH− ] se obtiene. [OH− ] = 1.05·10 − 5 M. pOH =-log [OH −]= -log (1.05·10−5) = 4.98 pH = 14 – pOH = 14 – 4.98 = 9.02. Una disolución formada por un ácido débil cualquiera (HA) y una sal del ácido con una base fuerte (NaA), se denomina disolución amortiguadora de pH y tiene la propiedad característica de manifestar pequeñas variaciones de pH por efecto de la dilución o de la adición de cantidades moderadas de ácidos o bases. El pH de este tipo de disoluciones se calcula a partir de la fórmula: pH= pKa+log [sal]/[ácido] Siendo Ka la constante de acidez del ácido HA. c) Calcule el pH de una disolución obtenida al mezclar 500 mL de la disolución del apartado a) con los 500 mL de la disolución del apartado b) Al mezclar las disoluciones de los apartados a) y b) se obtiene una disolución amortiguadora en la que las concentraciones de sal y ácido son, suponiendo volúmenes aditivos: 0.2 mol L [AcH] = [NaAc] = = 0.1 M (0.5 + 0.5) L 0.5 L. Aplicando la ecuación del enunciado se obtiene: pH = -log (1.8·10 − 5 ) + log. 0.1 = 4.7 0.1. La adición de un ácido fuerte (por ejemplo HCl), en cantidad moderada, a esta disolución, provoca la reacción: NaA + HCl ⎯→ HA + NaCl Es decir, aumenta un poco la concentración del ácido débil, y disminuye la concentración de la sal. La adición de una base fuerte (por ejemplo NaOH), en cantidad moderada, provoca la reacción: HA + NaOH ⎯→ NaA + H2O Que aumenta un poco la concentración de la sal y disminuye en otro tanto la del ácido débil..

(48) 252. Problemas de la Fase Nacional. d) Calcule el pH de: d1) Una disolución preparada al agregar 10 mL de ácido clorhídrico 1 M a la disolución del apartado c). 10 mL de HCl 1 M proporcionan: 0.01 L HCl 1 M. 1 mol HCl = 10 − 2 mol HCl 1 L HCl 1 M. Según el equilibrio propuesto en el apartado a) el HCl añadido reacciona con los iones Ac− formando AcH. De esta forma se produce tan sólo una pequeña variación del pH de la disolución. Las nuevas concentraciones al recuperarse el equilibrio son, suponiendo volúmenes aditivos: [AcH] =. (0.1 + 10 −2 ) mol = 0.1089 M (1 + 0.01) L. [Ac − ] =. (0.1 − 10 −2 ) mol = 0.0891 M (1 + 0.01) L. Aplicando la ecuación del enunciado se obtiene: pH = 4.7 + log. 0.0891 = 4.65 0.1089. d2) Una disolución obtenida al agregar 10 mL de ácido clorhídrico 1 M a un litro de agua destilada. Al añadir 10 mL de HCl 1 M a 1 L de agua destilada se obtiene una disolución de HCl cuya concentración, suponiendo volúmenes aditivos, es: 1 mol HCl 1 L HCl 1 M = 9.9·10 − 3 M (1 + 0.01) L disolución. 0.01 L HCl 1 M. Como el HCl es un ácido fuerte se encuentra totalmente disociado en iones, [HCl] = [H3O+] = 9.9·10−3 M pH =-log [H3O+] = -log (9.9·10−3) = 2.004 (O.Q.N. Almería 1999).