Propuestas de evaluación

1. ESTRUCTURA ATÓMICA DE LA MATERIA

1. Datos: ')...= 10 cm = 0,1 m c = 3 . lOS m . S-1

h = 6,63 . 10-34 J . s

v = ~ = 3.108

m· s-1 = 3 .10-7 Hzx 0,1 m

E = h· v = 6,63.10-34 J. s· 3· lo-7Hz= 1,989· l(11°J

La frecuencia es de 3 . 10-7 Hz Ysu energía 1,989 . 1~ 1-

2. a) Nitrógeno (Z = 7): 1s2 2s2 2p3

Magnesio (Z = 12): 1s2 2s2 2p6 3s2

Hierro (Z = 26): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6

b) Cuando varios electrones ocupen orbitales de lamisma energía, lo harán en orbitales diferentes ycon espines paralelos mientras sea posible.

e) Nitrógeno (Z = 7): 3 electrones desapareados

Magnesio (Z = 12): O electrones desapareados

Hierro (Z = 26): 4 electrones desapareados

3. a) (2, -1,1,1/2): no puede existir porque el númerocuántico secundario (1) debe estar comprendidoentre los valores Oy (n - 1).

b) (2,1, -1,1/2): sí puede existir.

e) (1,1, O,-1/2): no puede existir porque el númerocuántico secundario (1) debe estar comprendidoentre los valores Oy (n - 1), por tanto, sólo admiteel valor O.

d) (3, 1, 2, 1/2): no puede existir porque el númerocuántico magnético (m) solo admite valores com-prendidos entre -iy +L

4. a) 1s2 2pl: estado excitado porque se ocupa un orbi-tal 2p antes que el 2s.

b) ls2 2s2 2p6 3s3: estado imposible porque solo hayun orbital s por nivel y solo puede contener 2 elec-trones.

e) ls2 2s2 2p5: estado fundamental porque la configu-ración electrónica corresponde a la de menorenergía posible.

d) ls2 2s2 2p6 4s1: estado excitado porque se ocupa unorbital4s antes que los 3s y 3p.

5. a) No son permitidos:

(2, 3, O) porque el número cuántico secundario (1)ha de ser menor que el principal (n).

1"

(3, 3, 2) por la misma razón que en el caso ante-rior.

(2, -1,1) porque el número cuántico secundario(1) no puede ser negativo.

b) Los permitidos corresponden a los orbitales:

(3,2, O): orbital 3d.

(3, O, O): orbital 3s.

(4, 2, O): orbital 4d.

2. SISTEMA PERIÓDICO DE LOS ELEMENTOS

1. a) (Z = 19): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1

(Z = 20): ls2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2

(Z = 3): Is? 2s1

(Z = 35): ls2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p5

b) (Z = 19): cuarto período, grupo 1 (alcalinos)

(Z = 20): cuarto período, grupo 2 (alcalinotérreos)

(Z = 3): segundo período, grupo 1 (alcalinos)

(Z = 35): cuarto período, grupo 17 (halógenos)

e) La energía de ionización, 1, es la mínima energíanecesaria para que un átomo neutro de un ele-mento X, en estado gaseoso y en su estado electró-nico fundamental, ceda un electrón de su nivelexterno y dé lugar a un ion monopositivo X+, tam-bién en estado gaseoso y en su estado electrónicofundamental.

Los dos elementos pertenecen al mismo grupo,pero la energía de ionización será más alta para elZ = 3, porque su tamaño es más pequeño y laatracción que ejerce el núcleo sobre los electroneses mayor.

d) La afinidad electrónica; A, es la energía intercam-biada en el proceso por el que un átomo neutro X,en estado gaseoso y en su estado electrónico fun-damental, recibe un electrón y se transforma enun ion mononegativo X-, también en estado gaseo-so y en su estado electrónico fundamental.

Los dos elementos pertenecen al mismo período.El Z = 35 tendrá la afinidad electrónica más ele-vada porque la carga nuclear es mayor y por tan-to tendrá mayor tendencia a captar un electrón.Además esta tendencia está reforzada por el he-cho de que con un electrón más consigue el oc-teto electrónico, que le proporcionará gran esta-bilidad.

Propuestas de evaluación

e) El elemento Z = 19 tendrá un radio mayor que elZ = 3 puesto que tiene más niveles electrónicosocupados.

2. a) Todos coinciden en la configuración electrónicade sus electrones de valencia, lo que les confierepropiedades quimicas similares.

b) El nivel energético en el que se encuentran loselectrones de valencia en los elementos de un pe-ríodo dado es el mismo.

e) En los elementos de transición el electrón diferen-ciador ocupa un orbitaJ dde un nivel anterior al úl-timo ocupado.

d) Todos tienen ocho electrones en el último nivelocupado, cumpliendo la regla del octeto.

3. a) Se trata de elementos del tercer período y en él elradio disminuye a medida que aumenta el númeroatómico. Por tanto, la tabla queda:

b) En los períodos, el radio atómico disminuye al au-mentar Z, es decir, hacia la derecha. Debido alaumento de la carga nuclear efectiva a medida quenos desplazamos hacia la derecha en un período,aumenta la atracción que ejerce el núcleo sobre loselectrones de los orbitales más externos, disminu-yendo así la distancia núcleo-electrón.

4. a) Se debe a que el último electrón del As se encuen-tra en el nivel 4, mientras que el del P se halla enel 3. Por tanto, a más niveles ocupados, mayor es elradio.

b) Los dos pertenecen al mismo período y, a mayornúmero atómico, menor es el radio y mayor es laatracción nuclear. En consecuencia, debe aumen-tar la energía de ionización.

5. a) Se encuentra en el tercer período y en el grupo 1de la tabla periódica, por lo que se trata del sodioNa (Z = 11).

b) Será el del séptimo período, es decir, el radio, Ra.

e) Será el halógeno de menor radio atómico, pOI' lotanto, es el flúor, F.

d) El elemento tendría una configuración [Ne] 3s2

3p5, con un electrón menos. Esta configuraciónnos indica que se trata de un elemento del tercerperíodo y del grupo 17: el cloro, Cl.

3. ENLACEQUÍMIco

1. a) Z = 20, Ca: 1s2 2s2 2p6 352 3p6 4s2

Z = 30, Zn: 152 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d 10

Z = 35, Br: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3dlO 4p5

b) El calcio (Z = 20) perderá razonablemente los doselectrones del nivel más externo para adquirirconfiguración de gas noble. El ion más estableserá Ca2+ y su configuración electrónica será: 152

252 2p6 3s2 3p6.

El cinc (Z = 30) perderá razonablemente los doselectrones del nivel más externo (4s) para adqui-rir una configuración electrónica mucho más esta-ble, con todos SU5niveles completos. El ion más es-table será Zn 2+ y su configuración electrónica será:1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 452 3dlO.

El bromo (Z = 35) ganará razonablemente unelectrón para adquirir configuración de gas noble.El ion más estable será Be y su configuración elec-trónica será: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 452 3d 10 4p6.

2. a) K (s) +I

Sublimación

tK(g) +

1 Erualpía de-2 F2(g) --~--'-::-;---:l"~ KF (s)formación

nliación tuF~) Energía de ionización.. K+ (g) + F- (g)

Afinidad electrónica

b) -562,6 kJ . mor" = 90,0 kJ . rnor" ++ 1/2150,6 kJ· mor" + 418,7 kJ· mol" ++ (-333,0 k] . mor") + U

U = -813,6 kJ . mol"!

3.

HIH-e-HIH

elI

I P-CIIel

a)

b)

Es una molécula del tipo Es una molécula del tipoAB3E (tres pares de e' en- AB ( dlazantes y uno no enla- 1 cuatro pare~ e e'. .e): drá fj . enlazantes): tendrá forma

zante . ten ra orma plra- tetraédrica.midal tngonal.

Hibridación sp3 en el fós- Hibridación sp3 en el car-foro. bono.

e)

4. a) El cloruro de sodio es un compuesto iónico ycomo tal se disolverá bien en disolventes pola-res como el agua, dada la facilidad con que las mo-léculas de agua solvatarán los iones cloruro y losiones sodio.

b) En general todos los metaJes, y entre ellos el hie-rro, son buenos conductores de la electricidadporque poseen muchos electrones libres (modelode nube electrónica) o porque no hay diferencia deenergía entre la banda de valencia y la bandade conducción (modelo de bandas).

e) El metano es un compuesto covalente con molé-culas no polares, por lo que las moléculas estánatraídas por débiles fuerzas de Van der Waals. Estoexplica que sus puntos de fusión y ebullición seanmuy bajos: -182,5 y -161,6 -c. respectivamente, yque el compuesto sea un gas a temperatura am-biente.

5. a) La estructura de Lewis es:CII

CI-B-CI

Según la teoría RPENV es una molécula del tipoABs (tres pares de e- enlazantes), y por tanto ten-drá una geometría plana trigonal.

b) Es apolar. Aunque los enlaces sean polares por lamayor electronegatividad del cloro, la geometría,totalmente simétrica, anula los tres momentos di-polares de los enlaces, y la molécula, en definitiva,es apolar.

e) No, porque es apolar. El agua es un disolvente po-lar y sólo disolverá sustancias polares.

6. a) X (Z = ll): 1s22s2 2p6 3s1

y (Z = 17): 1s22s2 2p6 3s2 3p5

Z (Z = 30): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10

La unión X-Y será un enlace iónico que dará lugara un compuesto iónico.

La unión y:y dará lugar a un enlace covalente quegenerará moléculas apolares.

La unión 'lrZ será un enlace metálico.

b) El compuesto XY será duro, de alto punto de fu-sión y no conductor.

La molécula YY será muy blanda, de bajo punto defusión y no conductora. El compuesto ZZ será unbuen conductor.

7. Si fuera lineal, el momento dipolar resultante seríanulo, por tanto, no puede ser lineal:

H -7 0-0 f- H

Estructura geométrica:

Seguramente estará formada por conformaciones dis-tintas, ya que el enlace O-O puede girar.

H.. /

"O-O:/ ..

H

Hay que tener en cuenta que no es una molécula pla-na y, por tanto, no se anulan los momentos dipolaresde los enlaces.

4. lA MATERIA Y SUS TRANSFORMACIONES

1. d(gases)« d(líquidos) < d(sólidos)

d = masa/volumen

Podemos ver que una mínima masa de una sustancia,en general, ocupará un volumen mayor en estado ga-seoso que en estado líquido o sólido.

Si tenemos la misma masa, tendremos el mismo núme-ro de moléculas, de modo que si ocupan un volumen

mayor será porque las distancias entre ellas en estadogaseoso son mayores que en líquidos y en sólidos.

Por el mismo motivo, y tal como enuncia la teoría ci-nético-molecular, cuanto mayor es la distancia, máspequeñas son las fuerzas de atracción que existen en-tre las moléculas, y menos rígida es la posición que és-tas ocupan, lo cual da lugar a las características decompresibilidad de los gases (ya que hay mucho espa-cio entre las moléculas), a la forma rígida y definidaque presentan los sólidos (ya que sus moléculas estánsometidas a grandes fuerzas de atracción y tienenpoca libertad de movimiento), al hecho de que los só-lidos sean prácticamente incornpresibles (ya que haymuy poco espacio entre moléculas) y al hecho de quelas moléculas de los líquidos posean cierta libertad(porque la intensidad de las fuerzas atractivas es mo-derada).

2. Datos: m (NaHCOs) = 50 g Riqueza 98 %p = 1 atrn T = 273 K

2 NaHCOs -7 Na2C03 + CO2 + H20

a) Se calculan los gramos de carbonato ácido de so-dio puros existentes en la muestra y con ellos losmoles de dióxido de carbono.

M, (NaHC03) = 22,99 u + 1,008 u + 12,01 u ++ 3· 16,00 u = 84,008 u

50 NaHCO . 98 g NaHCOs purog 3 100 g NaHCOs1mol aHCOs 1 mol CO2

84,008 g NaHCOs 2 mol NaHCOs= 0,29 mol CO2

Aplicando la ecuación de los gases ideales:

nRTpV=nRT ~ V=--

Patm i L

0,29 mol 0,082 ---·298 KV = K . mol = 7 13 L

1atm '

Se desprenden 7,13 L de CO2.

b) Procediendo de manera idéntica que en el aparta-do anterior.

M, (Na2C03) = 2 . 22,99 u + 12,01 u ++ 3 . 16,00 u = 105,99 u

50 NaHCO . 98 g NaHCOs purog 3 100 g NaHCOs1mol NaHCOs 1mol Na2COS

84,008 g NaHCOs 2 mol NaHCOs105,99 g Na2C03--'----"'.-~....:!.. = 30,91 g Na2CO

S1molNa2COs

Se obtienen 30,91 g de Na2COS.

3. Datos: m (galena) = 5 g V (H2S) = 410 cm''

p = 1 atrn T = 273 K

PbS + H2S01 -7 PbS04 + H2S

Propuestas de evaluación

a) A partir del volumen de sulfuro de hidrógeno obte-nido y sabiendo que un mal de gas a 1 atm y 273 Kocupa 22,4 L.

M, (PbS) == 207,2 u + 32,07 u == 239,27 u

1 mal H2S 1 mal PbS0,41LH S· ._--

2 22,4 L H2S 1 mal H2S

239,27 gPbS = 4 38 PbS1molPbS ' g

. 4,38 00 87 ot.Riqueza = -- 1 = ,6/05

La riqueza de la galena es del 87,6 %.

b) Se procede igual que en el apartado anterior, peroen este caso la proporción se establece entre el sul-furo de hidrógeno y el ácido sulfúrico.

1 mal H2S01

1 mal H2S

1L =0,0366L=36,6mL0,5 mal H2S01

Se consumen 36,6 mL de H2S01 0,5 M.

4. Datos: m (H~) = 100 kg m (S02) = 100 kg

a) 2 H~ (g) + S02 (g) ~ 2 H20 (1) + 3 S (s)

b) A partir de los kg de H2S calculamos la cantidadque necesitamos de S02.

M, (H2S) = 2 . 1,008 u + 32,07 u = 34,086 u

M, (S02) = 32,07 u + 2 . 16,00 u = 64,07 u

100 kg H S. 1 000 g 1 mal H2S2 1 kg 34,086 g H2S

. 1 mal S02 . 64,07 g S022 mal H2S 1 mal S02

= 93 983 g = 93,983 kg S02

Como tenemos 100 kg de S02 y solo necesitamos93,983, se acabará antes el H2S, que será el reacti-va limitan te.

e) Calcularemos el azufre obtenido a partir del reacti-vo limitan te.

M, (S) = 32,07 u

100 kg H2S. 1000 g 1 mal H2S

1 kg 34,086 g H2S

3 mol S 32,07 g S2 mal H2S 1mal S

= 141128 g = 141,128 kg S

Y ahora aplicamos el rendimiento de la reacción:

m(CÓrica. rendimiento 141,128 kg· 75m - - -real - 100 - 100 -

= 105,846 kg S

Se obtienen 105,846 kg de azufre.

5. Datos: d (HCl) = 1,18 g . cm-3 Riqueza 35,2 %M, (HCl) = 1,008 u + 35,45 u == 36,458 u

35,2gHC1. 1molHCl100 g disoL 36,458 g HCl

1000cm3

= 1139M,

1,18gdisoL

1 cm3 disoL

1L

La disolución es 11,39 M.

6. Datos: m (CaO) = 280 kg

P == 1 atm T = 273 K

CaC03 (s) ~ CaO (s) + CO2 (g)

a) M, (CaO) = 40,08 u + 16,00 u = 56,08 u

280 kg CaO. 1000 g 1mal CaOIkg 56,08 g eso

1mo1C02. 22,4L1 mal eso 1 mal CO2

= 111840 L CO2

Se obtendrán 111840 L de CO2•

b) Al atm y 273 K, un mal de CO2 ocupa 22,4 L Ycontiene 6,022 . 1023 moléculas de CO2, y cadamolécula está formada por 3 átomos:

6,022.1023 moléculas CO222,4L

1L

_3__a't_o_m_o_s_8065 1 19 ,==, . ° atamos1 molécula

En 1 cm'' hay 8,065· 1019 átomos .

5. TERMODINÁMICA QUÍMICA

1. Datos: llli~ [H20 (g)] = -241,8 ¡g/mal

llli~ [C02 (g)] = -393,5 kJ/mol

llli~[C8H1S (1)] = -250,0 kJ/mol

a) CSHl8 (1) + 25/2 O2 (g) ~ 8 CO2 (g) + 9 H20 (g)\

Aplicando la definición de entalpía de una reac-ción se puede calcular la entalpía de la reacciónque interesa:

o oLlHcomb= L n lllifproducLOS- L m Mlrrcactivos==

= 8 .1H~[C02 (g)] + 9 .1H~[H20 (g)] -

-llli~ [C8H18 (1)] = 8 mal· (-393,5k]/mol) +

+ 9 mal· (-241,8 ¡g/mal) - 1 mal·

. (-250,0 kJ/mol) =-5074,2 k]/mo\

La entalpía de combustión del octano es -5074,2kJ· mol".

b) M, (CsI-IIs) = 8· 12,01 u + 18 . 1,008 u = 114,224 u

Se calcula la gasolina que consumirá cada kilóme-tro y, como se conoce la que proporciona un mol,se realiza un factor de conversión:

~. 800g. lmol100 km 1L 114,224 g

. 5074,2kJ =1776,9~1mol km

La energía que necesita es 1776,9 kJ . km-l.

2. Datos: ~H? [HCI (g)] = -92,4 kJ/mol

~HII_II= 436 kJ/mol

~Ho-a= 244 kJ/mol

a) Para la reacción

H2 (g) + CI2 (g) ~ 2 HCI (g)

2 m? [HCl] = mll_1I + M-ICJ_CJ- 2 . ~ HH-CJ

~ HII-CJ=(MI¡'¡_H+ mCl-c1 - 2 ~H?[HCI])/2 =

= 432,4 kJ/mol

La entalpía de enlace H-CI es 432,4 kJ . mol".

20 CY HCl. 1mol HCl . 432,4 kJ = 2372 kJb) o 36,458 g HCI 1mol HCI '

La energía necesaria es 237,2 kJ.

3. a) Se pasa de un estado muy ordenado (cristal de ni-trato potásico) a otro muy desordenado como es ladisolución. Aumenta por tanto el desorden y, conél, la entropía.

b) Sucede ahora lo contrario: se pasa de estado líqui-do a sólido ordenado, por lo que disminuye la en-tropía al aumentar el orden en el sistema.

e) En esta reacción disminuye el desorden porquepor cada cuatro moles de gas que desaparecen soloaparecen dos moles. Disminuirá por tanto la entro-pía.

4. a) Para que una reacción sea espontánea se debecumplir:

~G=MI-T~<O

Como la entalpía es positiva (endotérmica), laenergía libre será negativa siempre que ~ sea po-sitivo (aumente el desorden) y además IT~I > 1m l.De esta forma ~G será negativo y la reacción seráespontánea.

b) La relación entre ambos calores viene dada por:

Qp=Qv+~nRT

Serán iguales cuando ~ = 0, o sea, si no hay gasesen e! proceso o si, habiendo gases, no hay variaciónde! número de moles gaseosos entre productos yreactivos.

5. Datos: ~H~ = -1367 kJ/mol

m~ = -393,5 kJ/mol

m~ = -285,9 kJlmol

2 C (grafito) + 1/2 O2 (g) + 3 H2 (g) ~ C2H50H (1)

Esta ecuación también se obtiene a partir de! algorit-mo: - a + 2 b + 3 c. Aplicando la ley de Hess:

m? [~H50H (1)] = - ~H~ + 2 m~ + 3 ~H~ =

= (1367 kJ/mol- 2·393,5 kJ/mol-

- 3·285,9 kJ/mol) = -277,7 kJ/mol

La entalpía estándar de formación del etanol es-277,7 kJ/mol.

~ = 80 J/K = 0,08 kJ/K6. Datos: m = 43 kJ

t = 23 °C

T = 23 + 273 = 300 K

a) Por cada mol gaseoso que desaparece, aparecen1,5 moles de sustancias gaseosas, es decir, que au-menta e! desorden y por tanto la entropía (~> O).

b) Para valorar la espontaneidad, calcularemos laenergía libre:

~G=m-T~=

= 43 kJ - 300 K· 0,08 kJlK= 19 kJ > °Como la energía libre es positiva, el proceso noserá espontáneo.

6. CINÉTICA QUÍMICA

L Datos: mO = 90 kJ

Eal = 120 kJ

Ea2 = 80 kJ

Ea3 = 110 kJ

Ea1=90 kJ

reacción endotérmica

En cualquier reacción tenemos que: m = Ea - E~, demanera que: Ea = ~H + E;..El valor mínimo de la Ea corresponde a E~ = O, es de-cir, Ea = ~H. Cualquier otro valor de Ea > ~H es posi-ble. El único valor que no puede darse para Ea es elque corresponde a E~= 80 kJ, por ser menor que m.

2. En la catálisis homogénea e! catalizador forma partede la misma fase que los componentes de la reacción,mientras que en la catálisis heterogénea el catalizadorestá en una fase diferente, generalmente sólida.

3. Es aconsejable hacerlo para ensalivar bien los alimen-tos de forma que la superficie de contacto entre el en-zima de la saliva (arnilasa) y los alimentos sea mayor,facilitando la hidrólisis de las sustancias nutritivas deelevada masa molecular, como las proteínas o el almi-dón.

4. Por la estequiometría de la reacción vemos que elamoníaco desaparece al doble de velocidad que apa-rece el nitrógeno, mientras que el oxígeno lo hace1,5 veces más rápido que el nitrógeno.

Por tanto para el NH3 la velocidad de desaparición es

Propuestas de evaluación

1,20 mol . L-l . s -l.

5. Datos: Orden 2 respecto A, orden 1 respecto B

k = 3,2· 10-3 mol-2 . L-2 . s-I

a) La ley de velocidad será: v = k [A]2 [B]. Como el or-den global es la suma de los exponentes de los reac-tivos, el orden global será 3.

b) v = 3,2 . 10-3. [0,02]2 . [0,01] = 1,28· 10-8

La velocidad de reaccción es 1,28·10-8 mol· L-l. S-1.

6. Datos: v = 2,1 . 10-2 mol . L-I . S-I

[NO] = 0,25 mol· L-I

Si v = k [NO]2, entonces:

k = - v _ = ~ 1O~ = ° 336 L . morl . S-I[NOf 0,252 '

La constante de velocidad vale 0,336 L . mol-1. S-l.

7. Datos: [A] = 0,5 mol . L-I [B] = 0,6 mol . L-I

De los valores de la tabla deducimos que al doblar laconcentración de A la velocidad se duplica, por tantoel orden de la reacción respecto a A es 1. Ocurre lomismo con B. Por tanto, la ecuación de velocidad esv=k [A] [B].

Tomamos los datos de la experiencia 1 para calcular elvalor de k:

k- v _ 1,2.10-3 -003 l L-1 -1- --- - -- - mo· . s[A]-[B] 0,2-0,2 '

La constante de velocidad vale 0,03 mol - L-1. s-l.

Como conocemos k podemos calcular la velocidad:

v = k [A] [B] = 0,03 . 0,5 - 0,6 = 0,009 mol - L-1 . S-I

La velocidad vale 0,009 mol -L-I- S-l.

8. Datos: TI = 300 K

T2 = 550 K

k1 = 0,0021

Ea = 25 kJ - mol "

Aplicamos la ecuación de Arrhenius a los dos estados ydividimos miembro a miembro:

.=.!'.A_eR1;

.=.!'.A·eRT,

7. EQUll..IBRIO QUÍMIco

1. Datos: K¡,= 9,32 - 10-2 t = 182 ·C

V = 0,40 L [SbClsJo = 0,2 mol

SbCl, (g) ~ SbCI3 (g) + Cl2 (g)

a) La cantidad inicial de SbCl, es 0,2 mol.

Por cada mol que se disocia de SbCl5 aparece lamisma cantidad de SbCl3 y de C12- Llamando x ala cantidad de SbCIs que se disocia, podemos cons-

la en función de xy de los rno-

Moles iniciales 0,2

Moles en equilibrio 0,2 - x x x

Concentraciones deequilibrio (0,2 - x)jO,4 xjO,4 xjO,4(mol· Vi)

Como la tabla está construida en función de lasconcentraciones, habrá que trabajar con la cons-tante Re, que no conocemos pero que se obtienefácilmente a partir del valor de K¡,:

Re = K¡,(RT)-l>n = 9,32 .1O-2(mol· L-I). [(0,082atm - L - K-l - mol") - (455 K)]-l = 2,5 - 10-3

Sustituyendo en la expresión de Kc:

Kc = [SbCI3] [CI2L => 2,5 _10-3 = ~x/O,42)[SbCIs] (0,2x)/0,4

Resolviendo la ecuación hallamos dos valores para.x: -0,036 y + 0,034_ La solución negativa es absur-da desde el punto de vista químico. La concentra-ción disociada es 0,034 mol/L y las concentracio-nes en equilibrio serán entonces:

[SbCIs] = (0,2 - x)/4 = 0,0415 mol . L-l

[SbCI3] = [CI2] = x/4 = 0,0085 mol· L-l

b) Para calcular la presión necesitamos saber la can-tidad en moles de cada especie en equilibrio:

n(SbCI5) = 0,166; n(SbCl3) = n(CI2) = 0,034

nT = 0,234

La presión total, aplicando la ecuación de los ga-ses ideales:

nRTpV=nRT=>p=--

Vatm+ L

0,234 mol- 0,082 --- -455 KP = K -mol = 21 83 atm

0,4L '

La presión total es 21,83 atm.

2_ Datos: Re = 0,016

Pa = 1 atm

T=800K

Pb = 1 atm

2 HI (g) ~ H2 (g) + 12 (g)

a) Como las cantidades que se han formado de yodoe hidrógeno son iguales, a ambos les corresponde-rá la misma presión parcial:

PH2 = Pl2 = P

Si la presión total en equilibrio es 1 atm, la presiónparcial del yoduro de hidrógeno será:

PHl = Ptot - 2 Pl2 = 1 - 2 P

Sustituyendo estos valores en la expresión deque vale lo mismo que Re porque en la estequio-metría de la reacción no hay variación del núme-ro de moles de gas, nos queda: