NOTA CALI/ORDEN/PRES ORTOGRAFÍA PUNTUACIÓN EXPRESIÓN NOTA FINAL

Transcripción

1 1.- Formule o nombre los compuestos siguientes: a) Nitrito de escandio b) Peróxido de plata c) Ácido 2-hidroxiprop-2-enoico d) NH 4 H 2 PO 4 e) Y(CN) 3 f) C H 2 =CHCON(CH 3 ) 2 Res. a) Sc(NO 2 ) 3 ; b) Ag 2 O 2 ; c) CH 2 =C(OH)COOH ; d) dihidrógenofosfato de amonio; e) cianuro de itrio; f) N,N-dimetilpropenamida. 2.- Cuál será la relación de s con K s en una sal del tipo A 3 B 2, por ejemplo el fosfato de calcio Ca 3 (PO 4 ) 2 [tetraoxofosfato (V) de calcio]? Res. Las reacciones de equilibrio de solubilidad en agua son: A 3 B 2 (s) A 3 B 2 (aq) 3 A ++ (aq) + 2 B (aq) s s 2 s El producto de solubilidad en función de la solubilidad 5 K s = [A ++ ] 3 [B ] 2 = (3 s) 3 (2 s) 2 = 108 s 5 de donde s = K s /108 Para el caso de Ca 3 (PO 4 ) 2 tenemos: Ca 3 (PO 4 ) 2 (s) Ca 3 (PO 4 ) 2 (aq) 3 Ca ++ (aq) + 2 PO 4 (aq) s s 2 s El producto de solubilidad en función de la solubilidad 5 K s = [Ca ++ ] 3 [PO 4 ] 2 = (3 s) 3 (2 s) 2 = 108 s 5 de donde s = K s / La fenolftaleína es un indicador ácido-base que cambia de incoloro a rosa en el intervalo de ph 8 (incoloro) a ph 9,5 (rosa). Qué color presentará el indicador en las siguientes disoluciones: a) Una disolución acuosa de nitrato de amonio, NH 4 NO 3. b) Una disolución de NaOH 10-3 M. Razone las respuestas. Res. a) Cuando se añade una disolución acuosa de NH 4 NO 3 a la disolución que contiene el indicador coloreado se forma una disolución transparente e incolora, ya que el nitrato de amonio tiene carácter ácido (ph < 7), y por tanto al ser el ph inferior a 8 el indicador sigue incoloro.

2 El ph de una disolución de NH 4 NO 3 es menor que siete debido a que la sal está totalmente disociada en agua dando iones nitrato y amonio. Éste último sufre un proceso de hidrólisis en el que se generan iones hidronio H 3 O +. NH 4 NO 3 + H 2 O NH 4+ + NO 3-. El ion nitrato, NO 3-, presenta prácticamente nula reactividad con el agua (se solvata) ya que su ácido conjugado es fuerte, HNO 3. El ion amonio, NH 4+, se hidroliza con el agua ya que su base conjugada es débil, NH 3, generando protones según la reacción: NH 4+ + H 2 O NH 3 + H 3 O +. b) Se trata de la disolución de una base fuerte, por lo que está totalmente disociado. Cada mol de NaOH da lugar a un mol de OH -, NaOH Na + + OH - Si se considera que [NaOH] inicial = [OH - ] equilibrio se puede escribir [OH - ] = 10-3 M y sustituyendo en el producto iónico del agua: K w = [H 3 O + ] [OH - ] = ; [H 3 O + ] 10-3 = [H 3 O + ] = /10-3 = M; su ph será igual a 11 según el siguiente cálculo: ph = - log [H 3 O + ] = - log = 11, por lo tanto la disolución tendrá coloración rosada, ya que es superior al ph = 9,5 en el que indicador toma visiblemente el color rosa. 4.- Indique, razonadamente, los productos que se obtienen en el ánodo y en el cátodo de una celda electrolítica al realizar la electrolisis de los siguientes compuestos: a) Bromuro de cinc fundido (ZnBr 2 ). b) Disolución acuosa de HCl. c) Cloruro de níquel fundido (NiCl 2 ). Datos: E 0 (Zn 2+ /Zn) = -0,76 V; E 0 (Br 2 /Br - ) = +1,09 V; E 0 (Cl 2 /Cl - ) = +1,36 V; E 0 (Ni 2+ /Ni) = -0,25 V.

3 Res. Las semirreacciones que tendrán lugar en los electrodos de la celda electrolítica, para cada caso, serán: a) Zn e - Zn reducción catódica (se deposita Zn en el cátodo). 2Br - Br 2 + 2e - oxidación anódica (se libera bromo en el ánodo). La reacción redox global sería: Zn Br - Zn + Br2 El potencial de la reacción global es E 0 = E 0 cátodo E 0 ánodo = -0,76 V -1,09 V = -1,85 V. b) 2H + + 2e - H 2 reducción catódica (se libera H 2 en el cátodo). 2Cl - Cl 2 + 2e - oxidación anódica (se libera cloro en el ánodo) La reacción redox global sería: 2H + + 2Cl - H 2 + Cl 2 El potencial de la reacción global es E 0 = E 0 cátodo E 0 ánodo = 0,00 V -1,36 V = -1,36 V. c) Ni e - Ni reducción catódica (se deposita Ni en el cátodo). 2Br - Cl 2 + 2e - oxidación anódica (se libera cloro en el ánodo). La reacción redox global sería: Ni Cl - Ni + Cl2 El potencial de la reacción global es E 0 = E 0 cátodo E 0 ánodo = -0,25 V -1,36 V = -1,61 V. Como se observa, en los tres casos las reacciones que tienen lugar no son espontáneas, dado que los potenciales de las reacciones globales son negativos, ΔE 0 < 0, lo que implica que ΔG 0 > 0 para las reacciones consideradas, por tanto todas son no espontáneas.

4 5.- Se añaden 7 g de amoníaco (NH 3 ) a la cantidad de agua necesaria para obtener 500 ml de disolución. Calcule: a) El grado de disociación del amoníaco. b) El ph de la disolución resultante. Datos: K b = 1, Masas atómicas: H = 1; N = 14. Res. a) Primero, se calcula la concentración molar de la disolución de NH 3 : c 0 (moles/l)= moles de base/litros de disolución = (masa de base/masa mol de la base)/l disolución = = (7 g/ 17 g/mol)/0,5 L = 0,82 M. Considerando ahora el equilibrio de disociación del amoníaco, siendo α el grado de disociación en tanto por uno: NH 3 + H 2 O NH 4+ + OH - Concentraciones iniciales c Concentraciones en el equilibrio c 0 (1 α) c 0 α c 0 α Sustituyendo los valores de las concentraciones de equilibrio en la expresión de la constante K b, llegamos a la expresión matemática de la ley de dilución de Ostwald. K b = [NH 4+ ] [OH - ]/[NH 3 ] = c 0 α c 0 α /c 0 (1 α) = c 0 α 2 /c 0 (1 α); si se considera que la disociación es pequeña puede despreciarse α frente a uno, es decir, si α 0, ( 1 α) 1. Una aproximación de este tipo puede considerar válida cuando α sea inferior a 0,05 (criterio del 5 %). En este caso, queda K b = c 0 α 2 ; 1, = 0,82 α 2 y despejando α, se tiene: α = 1, /0,82 = 4, ; α(%) = α 100 = 4, = 0,468 %. b) Como [OH - ] = c 0 α = 0,82 4, = 3, mol/l. poh = - log [OH - ] = - log 3, = 2,42 y de ph + poh = 14, llegamos a ph = 14 poh = 14 2,42 = 11,58.

5 6.- El permanganato de potasio oxida al sulfato de hierro (II), en medio ácido sulfúrico para dar sulfato de manganeso (II), sulfato de hierro (III) y agua. a) Ajuste la reacción redox por el método del ion-electrón. b) Qué volumen de disolución 0,02 M de permanganato potásico se requiere para oxidar 40,0 ml de sulfato de hierro (II) 0,10 M? Res. a) En primer lugar se escriben los reactivos y los productos de la reacción sin ajustar: KMnO 4 + FeSO 4 + H 2 SO 4 MnSO4 + Fe 2 (SO 4 ) 3 + H 2 O + K 2 SO 4 1.º Por medio del análisis de las variaciones en el número de oxidación, se localizan las especies químicas que se oxidan y que se reducen. En la reacción establecida, el átomo de hierro altera su número de oxidación de +2 (en el FeSO 4 ) a +3 (en el Fe 2 (SO 4 ) 3 ). Este aumento del número de oxidación implica una oxidación de la especie química Fe +2 a Fe +3 (el FeSO 4 actúa como reductor). De otra parte, en la misma reacción, el átomo de manganeso altera su número de oxidación de +7 (en el KMnO 4 ) a +2 (MnSO 4 ). Esta disminución del número de oxidación implica una reducción de la especie química MnO 4 - a Mn +2 (el KMnO 4 actúa como oxidante). 2.º Identificadas las especies que se oxidan y las que se reducen, se procede a escribir las semirreacciones de oxidación y reducción, sin ajustar: +2 Semirreacción de oxidación: F e Fe +3 Semirreacción de reducción: MnO Mn 3.º Se ajusta los átomos (balance de materia) de las semirreacciones redox añadiendo moléculas de H 2 O (medio ácido) para el ajuste de los átomos de oxígeno y iones H + para el ajuste de los átomos de hidrógeno, equilibrando las cargas eléctricas con electrones: Semirreacción de oxidación: Fe +2 Fe e - Semirreacción de reducción: MnO H e - +2 Mn + 4 H 2 O

6 4.º Para hacer el balance de cargas se multiplica la semirreacción de oxidación por 5 y la de reducción por 1 y se suman, eliminando los electrones igualados. Nota: 5 es el resultado de dividir el mínimo común múltiplo, m.c.m., del 1 y el 5 por 1; y 1 es el resultado de dividir el m.c.m. del 1 y el 5 por 5 (el 1 es el número de e- de la ecuación de oxidación y el 5 es el número de e- de la ecuación de reducción, m.c.m. (1, 5) = 5,). Semirreacción de oxidación: 5 Fe Fe e - Semirreacción de reducción: MnO H e - +2 Mn + 4 H 2 O Ecuación suma: 5 Fe +2 + MnO H Fe + Mn H 2 O Por tanto, la reacción en su forma iónica ajustadas queda como: 5 Fe +2 + MnO H Fe + Mn H 2 O b) Para resolver este apartado, tendremos en cuenta las relaciones estequiométricas establecidas en la ecuación anterior entre los reactivos implicados. Así, la ecuación establece la siguiente relación molar: {moles de KMnO 4 /moles de FeSO 4 } = 1/5 Calculamos los moles de FeSO 4 que han reaccionado en las condiciones del enunciado del problema. Así, como reaccionan 40,0 ml de una disolución 0,10 M de FeSO 4, el número de moles de sulfato de hierro (II): 40 ml (10-3 L/mL) 0,10 mol/l = 0,004 moles de FeSO 4 A partir de ese resultado y utilizando factores de conversión calculamos los moles de permanganato de potasio que han reaccionado con los 0,004 moles de sulfato de (II): 0,004 moles de FeSO 4 1 mol de KMnO 4 / 5 moles de FeSO 4 = 0,0008 moles de KMnO 4 Teniendo en cuenta la fórmula de la molaridad, M = n /V, se tiene: 0,02 moles/l = 0,0008 moles/v de donde, V = 0,0008/0,02 = 0,04 L = 40 ml. * Otra forma de hacerlo. A partir de la relación: n equivalentes del oxidante = n equivalentes del reductor

7 N oxidante V oxidante = N reductor V reductor M oxidante V oxidante v oxidante = M reductor V reductor v reductor Nota: v oxidante = número de electrones ganados en su reducción por átomo o molécula, en nuestro caso vale 1. v reductor = número de electrones cedidos en su oxidación por átomo o molécula, en nuestro caso vale 5. Sustituyendo datos obtenemos: 0,02 mol/l V oxidante 5 eq/mol = 0,1 mol/l 40 ml 1 eq/mol de donde V oxidante = 0,1 40 /0,02 5 = 40 ml.