Download - 1180645322.QISeriesResueltas2012 Completa quimica

Facultad de Ciencias Exactas y Naturales y Agrimensura Universidad Nacional del Nordeste Avenida Libertad 5450- 3400. Corrientes

TE: (03783)457996- Int. 105

QQUUÍÍMMIICCAA IINNOORRGGÁÁNNIICCAA

GGUUIIÓÓNN DDEELL DDOOCCEENNTTEE SSEEMMIINNAARRIIOOSS DDEE

PPRROOBBLLEEMMAASS CCOOMMPPLLEEMMEENNTTAARRIIOOSS RREESSUUEELLTTOOSS

CARRERAS: • Bioquímica • Licenciatura en Ciencias Químicas • Profesorado en Ciencias Químicas y del Ambiente

2012

QUÍMICA INORGANICA. Seminarios resueltos. Guión del docente 2

A los A los A los A los colegas colegas colegas colegas docentes de Químidocentes de Químidocentes de Químidocentes de Química Inorgánicaca Inorgánicaca Inorgánicaca Inorgánica:

Como Profesor Responsable del dictado de la Asignatura les presento este guión de Seminarios Resueltos con la finalidad de que las clases se guión de Seminarios Resueltos con la finalidad de que las clases se guión de Seminarios Resueltos con la finalidad de que las clases se guión de Seminarios Resueltos con la finalidad de que las clases se

desarrollen siguiendo la modalidad que se muestra en la presente edicióndesarrollen siguiendo la modalidad que se muestra en la presente edicióndesarrollen siguiendo la modalidad que se muestra en la presente edicióndesarrollen siguiendo la modalidad que se muestra en la presente edición, el que solicito a Uds. sea respetado para un criterio coherente en el cuerpo

docente y claridad en el trabajo con el alumno.

Para las aclaraciones que consideren pertinentes, les espero los días Jueves Jueves Jueves Jueves de 14 a de 14 a de 14 a de 14 a 17 h en el Laboratorio 3217 h en el Laboratorio 3217 h en el Laboratorio 3217 h en el Laboratorio 32.

En la resolución de los problemas que contienen situaciones de Dilución y Dilución y Dilución y Dilución y Volumetría de NeutralizaciónVolumetría de NeutralizaciónVolumetría de NeutralizaciónVolumetría de Neutralización, continuaremos con la modalidad iniciada en la asignatura Química General como una acción conjunta dentro del Area.

En el presente ciclo lectivo nuevamente elEn el presente ciclo lectivo nuevamente elEn el presente ciclo lectivo nuevamente elEn el presente ciclo lectivo nuevamente el desadesadesadesarrollo de las clases de rrollo de las clases de rrollo de las clases de rrollo de las clases de

seminaseminaseminaseminarios de problemas y laboratoriorios de problemas y laboratoriorios de problemas y laboratoriorios de problemas y laboratorio seguirá seguirá seguirá seguirá un cronograma en el que un cronograma en el que un cronograma en el que un cronograma en el que están intercalados ambas tareas.están intercalados ambas tareas.están intercalados ambas tareas.están intercalados ambas tareas.

Desde ya muchas gracias por estar en esta empresa que nos une en el

dictado de Química Inorgánica año 2011.


QUÍMICA INORGÁNICA SERIE N° 1: DISOLUCIONES

EJERCICIOS COMPLEMENTARIOS 1. Transcribe a tu cuaderno y completa la siguiente tabla para disoluciones acuosas de ácido sulfúrico.

Densidad

gmL

Molaridad molL

Normalidad eq gL−

%P/P

1,24 4,08 8.16 32,24 1,3 5,20 10,40 39,19 1,8 18 36 98

2. ¿Qué volumen de ácido sulfúrico 98%(d:1,84 g/ml) se deberá tomar para preparar 200 ml de solución N/5 ? Rta: 1.09 mL DILUCIÓN

solución diluida →→→→ solución concentrada 1°) Igualar las unidades de concentración de ambas soluciones. 2°) Calcular el volumen de solución concentrada que contenga esa cantidad de soluto a partir de la relación:

concentrada concentrada diluida diluidaV . C = V . C

Solución concentrada Soluto Solución diluida

98%P/P 1,84 g/mL 1°) NC =? 2°) VC =?

H2SO4

M = 98 g/mol PE = 49 g/eq-g

200 mL N/5= 0.2N

1°) =98 g soluto 1,84 g solución 1 eq-g soluto 1000 mL solución eq-g

. . 36,8 = 36,8N 100 g solución 1 mL solución 49 g soluto 1L solución L

2°) Para la situación planteada:

concentrada concentrada diluida diluida

d dc =

c

V . C = V . C

V . NV

N

c200 mL . 0.20 N

V = = 1.09 mL de solución concentrada 36.8 N

3. a) ¿Cuántos gramos de permanganato de potasio deberá pesar para preparar 100 ml de una solución 0,5N?( MnO4

-→→→→ Mn2+) b)¿Cuántos de permanganato de calcio? Rta: a) 1.58 g; b) 1.39 g Situación: SOLUCIONES QUE INTERVIENEN EN UN PROCESO REDOX →→→→ el PE del soluto será función del número de electrones puestos en juego en la hemireacción por mol de soluto. a) DATOS explícitos en el enunciado del problema: Nsolucion : 0,5N Vsolución: 100 mL Datos implícitos del soluto:

Soluto: KMnO4 ; Msoluto : 158 g/mol ; g-eq

g 31,6

mol

g-eq 5

mol

g 158

x

M PEsoluto ============

soluto g 1,58 soluto g-eq 1

soluto g 31,6 . soluciónL 0,100

L 1

soluto g-eq 0,5 ====

b) DATOS explícitos en el enunciado del problema: Nsolucion : 0,5N Vsolución: 100 mL

OH 4 Mn e 5 H 8 MnO 22-

4 ++++→→→→++++++++ ++++++++−−−−


Soluto: Ca(MnO4)2 ; Msoluto : 277,9 g/mol ; g-eq

g27,79

mol

g-eq 10

mol

g 277,9

x

M PEsoluto ============

soluto 1,39g soluto g-eq 1

soluto g 27,79 . soluciónL 0,100

L 1

soluto g-eq 0,5 ====

4. 50 ml de ácido nítrico 65%(d:1,41 g/ml) se llevan a un volumen final de 250 ml. Calcule la normalidad: a) como ácido, b) según la siguiente reacción: NO3

-→→→→ NO. Rta: a) 2.91N; b) 8.73N. a) Cálculo de la normalidad como ácido: DILUCIÓN

solución diluida →→→→ solución concentrada 1°) Igualar las unidades de concentración de ambas soluciones. 2°) Calcular el volumen de solución concentrada que contenga esa cantidad de soluto a partir de la relación:

concentrada concentrada diluida diluidaV . C = V . C

Solución concentrada Soluto Solución diluida

50 mL 65%P/P 1°) NC =?

HNO3 M = 63 g/mol

PE = 63 g/eq-g

250 mL Nd = ?

1°) 65 g soluto 1.41 g solución 1 eq-g soluto 1000 mL solución eq-g

. . 14.55 = 14.55N 100 g solución 1 mL solución 63 g soluto 1L solución L

=

2°) Para la situación planteada:

concentrada concentrada diluida diluida

c cd =

d

V . C = V . C

V . NN

V

d50 mL . 14.55 N

N = = 2.91 N 250 mL

b) Cálculo de la normalidad como agente redox:

g-eq

g 21

mol

g-eq 3

mol

g 63

PE OH 2 NO e 3 H 4 NO 2-

3 ========⇒⇒⇒⇒++++→→→→++++++++ ++++−−−−

Solución concentrada Soluto Solución diluida 50 mL 65%P/P 1°) NC =?

HNO3 M = 63 g/mol

PE = 21 g/eq-g

250 mL Nd = ?

65 g soluto 1.41 g solución 1 eq-g soluto 1000 mL solución eq-g . . 43.65 = 43.65N 100 g solución 1 mL solución 21 g soluto 1L solución L

=

d50 mL . 43.65 N

N = = 8,73 N 250 mL

5. Si se mezclan 50 ml de solución de ácido sulfúrico 53% P/P (d:1,42 g/ml) con 70 ml del mismo ácido 98% (d:1,84 g/ml), y se diluyen a 1,5 litros, ¿cuál será la normalidad final?

Rta: 2.23N Situación: mezcla de soluciones de un mismo soluto pero de diferentes concentraciones, hallar la concentración resultante.

OH 4 Mn e 5 H 8 MnO 22-

4 ++++→→→→++++++++ ++++++++−−−− Para formar el Ca(MnO4)2 se necesitan 2 mol de ion MnO4

- que requieren un intercambio de 10 e-


Solución 1 Soluto Solución 2 50 mL 53%P/P 1,42 g/ml

n° eq-g (1)

H2SO4 M = 98 g/mol PE = 49 g/eq-g

70 mL 98%P/P 1,84 g/ml

n° eq-g (2)

n° eq-g total= (1) + (2)

53 g soluto 1,42 g solución 1 eq-g 50mL solución . (1) 0,77eq-g soluto100 g solución 1mL solución 49g soluto

= =

98 g soluto 1,84 g solución 1 eq-g

. .70mL solución . (2) =2.58 eq-g soluto100 g solución 1mL solución 49g soluto

n eq-g total (1) + (2) = (0.77 + 2.58) eq-g = 3,35 eq-g soluto

=

° = final V 1.5 L

3,35 eq-g soluto eq-g 2,23 2,23 N

1,5 L L

=

= ⇒

6. Con ácido clorhídrico 0,1280 N se tituló una solución de hidróxido de bario. Si 26,25 ml del ácido neutralizaron 25,00 ml de la base. ¿Cuál es la normalidad y la molaridad de la base? Rta: 0.134N y 0.067M Situación: Volumetría de neutralización Principio básico: n° eq-g acido = n° eq-g base = n° eq-g sal = n° eq-g limitante

Acido Base

0,1280N 26,25 mL

N=? 25 mL

VA . NA = VB . NB

0,1344N mL 25

0,1280N .mL 26,25 NB ======== ⇒⇒⇒⇒ B

eq-g 1 molM 0,1344 . 0,067 M

L 2 eq-g= =

7. a) Escriba la ecuación de la reacción y calcule el volumen de ácido nítrico al 20% (δδδδ:1,115g/ml) necesario para neutralizar 25 ml de hidróxido de sodio 5% P/V, b) la normalidad de la sal, c) el pH de la solución resultante. Rta: a) 8.83 mL; b) 0.92N; c) pH= 7. a) NaOH + HNO3 →→→→ NaNO3 + H2O

Acido Base

20%P/P 1,115 g/mL 1°) NA =? 3°) VA = ?

5%P/V 25 mL

2°) NB= ?

1°)

20g soluto 1.115 g solución 1 mol soluto 1000mLsolución eq-g . . . 3.54 3.54 N

100 g solución 1 mL solución 63 g soluto 1Lsolución L= ⇒

2°) 5g soluto 1 mol soluto 1000mLsolución eq-g

. . 1.25 1.25 N100 mL solución 40 g soluto 1Lsolución L

= ⇒

3°) A25 mL . 1.25 N

V = = 8.82 mL 3.54 N

b) El número de eq-g de sal estarán contenidos en el volumen total de (25 + 8,82) mL = 33,82 mL


3 3

1 L 1.25 eq-g 25 mL NaOH . . = 0.031 eq-g NaOH

1000 mL 1 L

1 L 3.54 eq-g 8.82 mL HNO . . = 0.031 eq-g HNO

1000 mL 1 L

base sal ácido

33

En la neutralización: n° eq-g = n° eq-g = n° eq-g = 0.031 eq-g

0.031 eq-g NaNO 1000 mL eq-g . . = 0.92 NaNO 0.92N

33.82 mL sal 1 L L⇒

c) El pH de la solución resultante por ser una neutralización de un ácido fuerte con una base fuerte, será el que corresponde a una sal neutra, es decir pH=7. 8. Se disuelven en agua hasta un volumen final de 250 ml , 5 g de hidróxido de sodio impuro. La titulación de esta solución dio un valor de 0,47 N. Determine el porcentaje de pureza del sólido. Rta: 94% Situación: utilización del proceso de neutralización para determinar la pureza de un soluto. 5 g de NaOH impuro en 250 mL solución por titulación resulta 0,47N, lo que significa:

soluto g 4,7 soluto g-1eq

soluto g 40 soluciónL .0,25

soluciónL 1

sal g-eq 0,47====

PUREZA:

pureza 94% puro soluto g 94 impuro soluto g .100 impuro soluto g 5

puro soluto g 4,7⇒⇒⇒⇒====

9. Un volumen de 2 ml de un ácido concentrado se llevan con agua hasta un volumen final de 500 ml. Si 10 ml de esta solución gastan 8 ml de solución de un hidróxido 0,0510 N ¿Cuál es la normalidad del ácido concentrado? Rta: 10.25N Situación: conocer la concentración de una solución concentrada a partir de la cual se prepara otra solución de menor concentración (diluida) y de un volumen particular se realiza una titulación. Así se puede conocer la concentración de la solución diluida y por ende la cantidad de soluto contenida en el volumen de solución concentrada de partida. Finalmente es posible hallar la concentración de solución concentrada. 1°) Calcular la concentración del ácido aplicando volumetría de neutralización:

A8 mL . 0.0510N

N = = 0.041 N10 mL

2°) Calcular la concentración del ácido de partida por dilución:

Solución concentrada de ácido Solución diluida de ácido 2 mL NC = ?

500 mL Nd = 0.064 N

c500 mL . 0.041N

N = = 10.25 N2 mL

10. Se tratan 50 ml de ácido clorhídrico 0,20 N con 30 ml de hidróxido de calcio 0,075 N. Escriba la ecuación química de la reacción y calcule: a) la normalidad de la sal resultante, b) el pH de la solución resultante. Rta: 0.028N; b) pH= 1.01 Situación: Volumetría de neutralización con exceso de uno de los reactivos, lo que significa que se debe determinar el reactivo limitante, es decir el de menor n° de equivalentes. Principio básico: n° eq-g acido = n° eq-g base = n° eq-g sal = n° eq-g limitante


Acido Base

0,2N ; 50 mL

g-eq 0,01 1L

g-eq 0,20,05L ====

REACTIVO EN EXCESO El exceso será el responsable del valor del pH (acido)

0,075N ; 30 mL

g-eq 0,00225 1L

g-eq 0,0750,03L ====

REACTIVO LIMITANTE Será el que dará la concentración de la sal

a) N 0,028 L

g-eq 0,028

1L

1000mL .

mL 80

ácido g-eq 0,00225⇒⇒⇒⇒====

b) Exceso de eq-g de ácido: ( 0,01 – 0,00225) eq-g = 0,00775 eq-g

[[[[ ]]]] 0,0968N 1L

mL 1000

80mL

g0,00775eq H ====

−−−−====++++ ⇒⇒⇒⇒ pH = - log 0,0968 = 1,013

11. Diga si el pH es ácido, básico o neutro cuando se hacen reaccionar 10 ml de ácido clorhídrico 0,10 N con: a) 5 ml, b) 20 ml , c) 25 ml , de hidróxido de sodio 0,05 N. Rta: a) acido; b) neutro; c) básico.

NaOH + HCl →→→→ NaCl + H2O Situación: Volumetría de neutralización con exceso o no de uno de los reactivos, lo que significa que se debe determinar el reactivo limitante, es decir el de menor n° de equivalentes. Principio básico: n° eq-g acido = n° eq-g base = n° eq-g sal = n° eq-g limitante

-30.10 eq-gn° eq-g ácido consumidos en la neutralización: 0.010 L . = 1. 10 eq-g

1 L

Volumen de NaOH utilizados N° eq-g de base pH 5 mL -40.05 eq-g

0.005 L . = 2,5. 10 eq-g1 L

Exceso ácido ⇒ ACIDO

20 mL -30.05 eq-g0.020 L . = 1. 10 eq-g

1 L

NEUTRO

25 mL -30.05 eq-g0.025 L . = 1,25. 10 eq-g

1 L

Exceso base ⇒ BASE


QUÍMICA INORGÁNICA SERIE N° 2: BALANCEO DE ECUACIONES REACCIONES REDOX- METODO DEL ION ELECTRÓN-

ESTEQUIOMETRIA

BALANCEO DE ECUACIONES REACCIONES REDOX- METODO DEL ION ELECTRÓN El balance de las ecuaciones de reacciones de óxido-reducción deberán seguir estrictamente los pasos indicados en el anexo que continua a la presente serie. 1. nitrato de manganeso (II) (ac) +carbonato de potasio (ac) → nitrato de potasio (ac) + permanganato de potasio (ac) + monóxido de nitrógeno(g)+anhídrido carbónico (g)

Mn(NO3)2 (ac) + K2CO3 (ac) →→→→ KMnO4 (ac) + KNO3 (ac) + NO (g) + CO2(g) OXIDACION: 3( Mn2+ + 8OH- →→→→ MnO4

- + 4 H2O + 5 e - )

REDUCCION: 5(NO3¯ ++ 4 H2O + 3 e- →→→→ NO +4 OH- )

EIN 3 Mn2+ + 24 OH- + 5 NO3¯ ++ 20 H2O →→→→ 3 MnO4- + 12 H2O + 5 NO +20 OH

- 3 Mn2+ + 4 OH- + 5 NO3¯ →→→→ 3 MnO4

- + 2 H2O + 5 NO 2(CO3

2- + H2O →→→→ 2 OH- + CO2) 4K+ + NO3¯ →→→→ 4K+ + NO3¯ .

EM: 3 Mn(NO3)2 (ac) + 2 K2CO3 (ac) →→→→ 3 KMnO4 (ac) + KNO3 (ac) +5 NO (g) + 2 CO2(g) 2. Hidróxido de cromo(III) (s) + hipoclorito de sodio (ac) + carbonato de sodio (ac) →cromato de sodio (ac) + cloruro de sodio (ac) + agua (l) + dióxido de carbono (g)

Cr(OH)3(s) + NaClO (ac) + Na2CO3 (ac) →→→→ Na2CrO4 (ac) + NaCl(ac) + H2O (llll) + CO2(g) REDUCCIÓN: 3( ClO- + H2O + 2 e

- →→→→ Cl- + 2OH- ) OXIDACION: 2(Cr(OH)3 +2OH

- + 3OH- →→→→ CrO4 2- + H2O + 3 H2O + 3 e

- ) EIN 3 ClO- +2Cr(OH)3 + 4 OH

- →→→→ 3 Cl- +2 CrO4 2- + 5 H2O

2(CO32- + H2O →→→→ 2 OH- + CO2)

7 Na+ →→→→ 7 Na+ . EM: 2 Cr(OH)3(s) + 3 NaClO (ac) + 2 Na2CO3 (ac) →→→→ 2Na2CrO4 (ac)+ 3 NaCl(ac) +3H2O (llll) +2CO2(g) 3. Oxido de manganeso(IV) (s) + nitrato de sodio (ac) + carbonato de sodio (ac) → manganato de sodio (ac) + nitrito de sodio (ac) + dióxido de carbono (g)

MnO2(s) + NaNO3 (ac) + Na2CO3 (ac) →→→→ Na2MnO4 (ac) + NaNO2 (ac) + CO2(g) OXIDACION: MnO2 + 4OH

- →→→→ MnO42- + 2H2O + 2 e

- REDUCCION: NO3

- +H2O + 2 e- →→→→ NO2

- + 2 OH- EIN MnO2 + 2OH

- + NO3- →→→→ MnO4

2- + H2O + NO2-

CO32- + H2O →→→→ 2 OH- + CO2

3Na+ →→→→ 3Na+ . EM: MnO2(s) + NaNO3 (ac) + Na2CO3 (ac) →→→→ Na2MnO4 (ac) + NaNO2 (ac) + CO2(g) 4. Zinc (s) + nitrito de sodio(ac) +hidróxido de sodio (ac) + agua (l)→ tetrahidroxozincato (II) de sodio (ac) + amoníaco (g)

Zn(s) + NaNO2(ac)+ NaOH (ac) + H2O(llll) →→→→ Na2[Zn(OH)4 ](ac) + NH3 (g) OXIDACION: 3(Zn + 4 OH- +4 H2O →→→→ [Zn(OH)4 ]

2¯ +2 e- ) REDUCCIÓN: NO2

¯ + 5 H2O + 6e - →→→→ NH3 + 7 OH

- EIN 3Zn + 12 OH- + NO2

¯ + 5 H2O →→→→ 3 [Zn(OH)4 ]2¯ + NH3 +7 OH

- 6 Na+ →→→→ 6 Na+ . EM: 3 Zn(s) + NaNO2(ac)+5 NaOH (ac) +5 H2O(llll) →→→→ 3 Na2[Zn(OH)4 ](ac) + NH3 (g)

5. Nitrato de sodio (ac) + zinc (s) +hidróxido de sodio (ac) → amoníaco (g) + dioxozincato(II) de sodio (ac) + agua (l)

NaNO3(ac)+ Zn(s) +NaOH (ac) →→→→ NH3 (g) + Na2[ZnO2 ](ac) + H2O(llll) OXIDACION: 4(Zn + 4 OH- →→→→ [ZnO2]

2¯ +2 H2O + 2 e- )

REDUCCIÓN: NO3¯ + 6 H2O + 8e

- →→→→ NH3 + 9 OH-

EIN 4Zn + 16 OH- + NO3¯ +16 H2O →→→→ 4 [ZnO2]

2- + NH3 +9 OH- +8 H2O

8 Na+ →→→→ 8 Na+ . EM: NaNO3(ac)+ 4 Zn(s) +7 NaOH (ac) →→→→ NH3 (g) + 4 Na2[ZnO2 ](ac) + 2 H2O(llll)


EJERCICIOS COMPLEMENTARIOS

1. Balancee por el método del ion-electrón las siguientes ecuaciones de reacciones redox en medio ácido: a) Dióxido de manganeso(s) + cloruro de sodio (ac) + ácido sulfúrico (ac) →→→→ sulfato de manganeso(II) (ac)+sulfato de sodio (ac) + cloro molecular (g) + agua (llll).

MnO2 (s) + NaCl (ac) + H2SO4 (ac) → MnSO4 (ac) + Na2SO4 (ac) + Cl2 (g) + H2O (l) Disociar lo disociable: (ac)

MnO2(s)+Na+(ac)+Cl -(ac)+2H+(ac)+SO4

2- (ac)→Mn2+ (ac)+SO42- (ac)+2Na+(ac)+SO4

2- (ac)+Cl2 (g)+ H2O(l) Las especies químicas subrayadas son iones espectadores. El ion H+ indica el medio ácido. REDUCCIÓN: MnO2 + 4 H

+ + 2e - → Mn2+ + 2 H2O Mn: +IV a +II ⇒⇒⇒⇒ 2 e –

OXIDACIÓN: 2 Cl - → Cl2 +2e - Cl: -I a 0 ⇒⇒⇒⇒ 1 e – por cada Cl

EIN MnO2 + 4 H+ + 2 Cl - →→→→ Mn2+ + 2 H2O + Cl2

+ iones espectadores: 2 SO4

2+2 Na+ → 2 SO42+2 Na+

EM MnO2 (s) +2 NaCl (ac) + 2H2SO4 (ac) →→→→ MnSO4 (ac) + Na2SO4 (ac) + Cl2 (g) +2 H2O (llll) b)Trióxido de diarsénico (s)+ácido nítrico (ac)+agua(llll) →→→→ ácido arsénico (ac) + dióxido de nitrógeno (g)

As2O3 (s) + HNO3 (ac) + H2O (llll) →→→→ H3AsO4 (ac) + NO2 (g) Disociar lo disociable: (ac)

As2O3 (s) + H+(ac) + NO3

- (ac) + H2O (llll) →→→→ 3H+ + AsO43- (ac) + NO2 (g)

El ion H+ indica el medio ácido. REDUCCIÓN: 4(NO3

- + 2 H+ + e - → NO2 + H2O ) N: +V a +IV ⇒⇒⇒⇒ 1 e –

OXIDACIÓN: As2O3 +5 H2O →→→→ 2AsO43- + 10 H+ + 4e - As: +III a +V ⇒⇒⇒⇒ 2 e – por cada

As EIN : 4NO3

- + As2O3+ H2O →→→→4 NO2 + 2AsO43- + 2 H+

+ iones necesarios: 4 H+ → 4 H+ . EM As2O3 (s) + 4HNO3 (ac) + H2O (llll) →→→→ 2H3AsO4 (ac) + 4NO2 (g) c) Dicromato de potasio (ac) + ácido clorhídrico(ac) →→→→cloruro de cromo(III) (ac) + cloro molecular (g) + cloruro de potasio (ac) + agua(llll)

K2Cr2O7 (ac) + HCl (ac) →→→→ CrCl3(ac) + Cl2 (g) +KCl (ac) + H2O (llll) Disociar lo disociable: (ac)

2 K+(ac) + Cr2O7 2- (ac) + H+(ac)+ Cl- (ac) →→→→ Cr3+ (ac) + 3 Cl- (ac) + Cl2 (g)+ K

+(ac)+ Cl- (ac)+ H2O (llll) La especie química subrayada es ion espectador .El ion H+ indica el medio ácido y el ion Cl- cumple doble rol: ion espectador y especie que se oxida, es decir agente reductor. REDUCCIÓN: Cr2O7

2- + 14 H+ + 6e - →→→→ 2Cr3++ 7H2O OXIDACIÓN: 3 ( 2 Cl - → Cl2 +2e

- ) EIN Cr2O7

2- + 14 H+ + 6 Cl- →→→→ 2Cr 3++ Cl2 + 7H2O + iones necesarios: 2 K+ + 8 Cl- →→→→2 K+ + 8 Cl- EM K2Cr2O7 (ac) +14 HCl (ac) →→→→ 2CrCl3(ac) + 3Cl2 (g) +2 KCl (ac) +7 H2O (llll) d) Sulfuro de cobre (II) (s) + ácido nítrico(ac) →→→→ sulfato de cobre (II) (ac) + monóxido de nitrógeno (g) + agua (llll)

CuS (s) + HNO3 (ac) →→→→ CuSO4 (ac) + NO (g) + H2O (llll)

Disociar lo disociable: (ac) CuS (s) + H+(ac) + NO3

- (ac) →→→→ Cu2+ (ac)+ SO42- (ac) + NO (g) + H2O (llll)

OXIDACIÓN: 3( CuS + 4 H2O →→→→ SO42- + Cu2+ + 8 H++ 8e - )

REDUCCIÓN: 8( NO3- + 4 H+ + 3 e - → NO + 2 H2O )

EIN 3CuS + 8NO3

- +8 H+ →→→→ 3 Cu2+ + 3 SO42- + 8NO + 4 H2O

Reordenando: 3CuS (s) + 8HNO3 (ac) →→→→ 3CuSO4 (ac) +8 NO (g) + 4H2O (llll)


e) Oxido de plomo (IV)(s)+ácido yodhídrico (ac) →→→→ yodo molecular (s) + yoduro de plomo(II) (s)+agua (llll)

PbO2 (s) + HI (ac) →→→→ I2 (s) + PbI2 (s) + H2O (llll) Disociar lo disociable: PbO2 (s) + H

+(ac) + I- (ac) →→→→ I2 (s) + PbI2 (s) + H2O (llll) REDUCCIÓN: PbO2 +2 I

- + 4H+ + 2e - →→→→ PbI2 + 2H2O OXIDACIÓN: 2 I - →→→→ I2 + 2e

– EIN PbO2 + 4 I

- + 4 H+ →→→→ I2 + PbI2 + H2O EM PbO2 (s) + 4HI (ac) →→→→ I2 (s) + PbI2 (s) + 2H2O (llll) f) Cinc (s) + ácido nítrico(ac) →→→→ nitrato de cinc (ac) + nitrato de amonio (ac) + agua (llll)

Zn (s) + HNO3 (ac) →→→→ Zn (NO3)2 (ac) + NH4 NO3 (ac) + H2O (llll) REDUCCIÓN: NO3

- + 10 H+ + 8 e - → NH4+ + 3 H2O

OXIDACIÓN: 4( Zn → Zn2+ + 2e – ) EIN: NO3

- + 10 H+ + 4 Zn → NH4+ + 3 H2O + 4 Zn

2+ 9 NO3

- → 9 NO3- .

EM 4 Zn (s) + 10 HNO3 (ac) →→→→ 4 Zn (NO3)2 (ac) + NH4 NO3 (ac) + 3H2O (llll) g) Dicromato de potasio (ac) + sulfato de estaño(II) (ac) + ácido sulfúrico (ac) →→→→ sulfato de potasio (ac) + sulfato de cromo (III) (ac) + sulfato de estaño (IV) (ac) + agua (llll)

K2Cr2O7 (ac) + SnSO4 (ac) + H2SO4 (ac) →→→→ K2SO4 (ac)+ Cr2 (SO4 )3 (ac)+ Sn(SO4)2 (ac) + H2O (llll) Disociar lo disociable: (ac)

2 K+(ac)+Cr2O7 2-(ac)+2H+(ac)+ SO4

-(ac) →→→→ 2K+(ac)+SO4-(ac)+Cr3+(ac)+ 3 SO4

- + Sn2+(ac)+2SO4-

(ac)+ H2O (llll) REDUCCIÓN: Cr2O7

2- + 14 H+ + 6e - →→→→ 2Cr3++ 7H2O OXIDACIÓN: 3 ( Sn 2+ →→→→ Sn4+ +2e - ) EIN Cr2O7

2- + 14 H+ + 3 Sn2+ →→→→ 2Cr 3++ 3 Sn4+ + 7H2O + iones necesarios: 2 K+ + 10 SO4

- →→→→ 2 K+ +10 SO4-

EM: K2Cr2O7 (ac)+3SnSO4(ac)+7H2SO4 (ac) →→→→ K2SO4(ac)+Cr2 (SO4 )3(ac)+3Sn(SO4)2(ac)+7 H2O (llll) h) Sulfuro de cinc (s) + ácido nítrico (ac) →→→→ azufre (s) + monóxido de nitrógeno (g) + nitrato de cinc (ac) + agua (llll)

ZnS (s) + HNO3 (ac) →→→→ S (s) + NO (g) + Zn(NO3)2 (ac) + 4H2O (llll) OXIDACION: 3( ZnS →→→→ S + Zn2+ + 2e - ) REDUCCIÓN: 2( NO3

- + 4 H+ + 3 e - → NO + 2 H2O ) EIN 3ZnS + 2NO3

- +8 H+ →→→→ 3 Zn2+ + 3 S + 2NO + 4 H2O 6 NO3

- →→→→ 6 NO3- .

EM: 3ZnS (s) + 8 HNO3 (ac) →→→→ 3 S (s) + 2NO (g) + 3 Zn(NO3)2 (ac) + 4H2O (llll) i) Manganato de potasio (ac) + ácido clorhídrico (ac) →→→→ óxido de manganeso(IV) (s) + permanganato de potasio (ac) + cloruro de potasio (ac) + agua (llll)

K2MnO4 (ac) + HCl (ac) →→→→ MnO2 (s) + KMnO4 (ac) + KCl (ac) + H2 O(llll)

REDUCCIÓN: MnO42- + 4 H+ + 2 e - →→→→ MnO2 + 2 H2O

OXIDACION: 2( MnO42- →→→→ MnO4

- + e - ) EIN 3 MnO4

2- + 4 H+ →→→→ MnO2 + 2 H2O +2 MnO4-

6 K++ 4 Cl- →→→→ 6 K++ 4 Cl- . EM: 3 K2MnO4 (ac) + 4 HCl (ac) →→→→ MnO2 (s) + 2K2MnO4 (ac) +4 KCl (ac) + 2 H2 O(llll) j) Nitrato de amonio (s) →→→→ monóxido de dinitrógeno (g) + agua (llll)

NH4 NO3 (ac) →→→→ N2O(g) + H2O (llll) OXIDACIÓN: 2 NH4

+ + H2O →→→→ N2O + 10 H+ + 8 e -

REDUCCIÓN: 2 NO3- + 10 H+ +8 e - →→→→ N2O + 5 H2O

EIN: 2NH4+ + 2NO3

- →→→→ 2 N2O + 4 H2O Rreordenando: 2NH4 NO3 (ac) →→→→ 2 N2O(g) + 4 H2O (llll) Simplificando: NH4 NO3 (ac) →→→→ N2O(g) + 2 H2O (llll)


2. Balancee por el método del ion-electrón las siguientes ecuaciones de reacciones redox en medio básico: a) Yodo (s) + hidróxido de potasio(ac) →→→→ yoduro de potasio (ac) + yodato de potasio + agua (llll)

I2(s) + KOH (ac) →→→→ KI (ac) + KIO3 (ac) + H2O (llll) Disociar lo disociable: I2(s) + K

+ (ac) + OH- (ac) →→→→ K+ (ac) + I - (ac) + K+ (ac) + IO3- (ac) + H2O (llll)

REDUCCIÓN: 5 ( I2 + 2 e - →→→→ 2 I - )

OXIDACION: I2 + 12 OH - →→→→ 2 IO3

- + 6 H2O + 10 e -

EIN 6 I2 + 12 OH- →→→→ 10 I - + 2 IO3

- + 6 H2O 12 K+ →→→→ 12 K+ . EM: 6 I2(s) + 12 KOH (ac) →→→→ 10 KI- (ac) + 2 K IO3 (ac) + 6 H2O (llll) b) Hidróxido de cromo (III)(s) + hidróxido de sodio (ac) + agua oxigenada (llll) →→→→ cromato de sodio (ac) + agua (llll)

Cr(OH)3(s) + NaOH (ac) + H2O2 (llll) →→→→ Na2 CrO4 (ac) + H2O (llll) REDUCCIÓN: 3( H2O2 + H2O + 2 e

- →→→→ H2O + 2OH- )

OXIDACION: 2(Cr(OH)3 +2OH- + 3OH- →→→→ CrO4 2- + H2O + 3 H2O + 3 e - )

EIN 3 H2O2 +2Cr(OH)3 + 4 OH- →→→→ 2 CrO4

2- + 8 H2O 4 Na+ →→→→ 4 Na+ . EM: 2 Cr(OH)3(s) + 4 NaOH (ac) + 3 H2O2 (llll) →→→→ 2 Na2 CrO4 (ac) + 8 H2O (llll)

c) Hidróxido de cobalto (II) (s) + agua oxigenada (llll) →→→→ hidróxido de cobalto (III)(s) Co(OH)2(s) + H2O2 (llll) →→→→ Co(OH)3 (s)

REDUCCIÓN: H2O2 + H2O + 2 e

- →→→→ H2O + 2OH-

OXIDACION: 2(Co(OH)2 + 2 OH- + H2O →→→→ Co(OH)3 + H2O +OH

- + e - ) EIN H2O2 +2Co(OH)2 + 2 OH

- →→→→ 2 Co(OH)3 + 2 OH-

EM: 2Co(OH)2(s) + H2O2 (llll) →→→→ 2Co(OH)3 (s)

d) Hidróxido de manganeso(II)(s) + agua oxigenada (llll) →→→→ dióxido de manganeso (s) + agua (llll) Mn(OH)2(s) + H2O2 (llll) →→→→ MnO2 (s) + H2O (llll)

REDUCCIÓN: H2O2 + H2O + 2 e - →→→→ H2O + 2OH

- OXIDACION: Mn(OH)2 + 2 OH

- →→→→ MnO2 + 2H2O + 2 e -

EIN Mn(OH)2 + H2O2 →→→→ MnO2 + 2 H2O EM: Mn(OH)2(s) + H2O2 (llll) →→→→ MnO2 (s) + 2 H2O (llll)

e) Silicio (s) + hidróxido de potasio (ac) + agua (llll) →→→→ metasilicato de potasio(s) + hidrógeno molecular(g) Si(s) + KOH (ac) + H2O (llll) →→→→ SiO3

2- (ac) + H2 (g) OXIDACION: Si + 6OH- →→→→ SiO3 + 3 H2O + 4e - REDUCCIÓN: 2( H2O + H2O + 2 e

- → H2 + 2 OH- )

EIN Si + 2K+ + 2OH- + 4 H2O →→→→ K2SiO3 + 2 H2 + 2 H2O Si + 2K+ + 2OH- + H2O →→→→ K2SiO3 + 2 H2

EM: Si(s) + 2 KOH (ac) + H2O (llll) →→→→ K2SiO3 (ac) + 2 H2 (g) f) Hidróxido de hierro (II) (s) + oxígeno (g) + agua (llll) →→→→ hidróxido de hierro (III)(s)

Fe(OH)2(s) + O2 (g)+ H2O (llll) →→→→ Fe(OH)3 (s) REDUCCIÓN: O2 +2 H2O + 4 e

- →→→→ 4OH- Constatar con tabla de potenciales OXIDACION: 4(Fe(OH)2 + OH

- + →→→→ Fe(OH)3 + e - )

EIN O2 +4 Fe(OH)2 + 2H2O + 4OH- →→→→ 4 Fe(OH)3 + 4 OH

- EM: 4 Fe(OH)2(s) + O2 (g)+ 2H2O (llll) →→→→ 4Fe(OH)3 (s)


3. Calcule el volumen de solución de ácido clorhídrico 0,5N requerido para reaccionar completamente con : a) 2,12 g de carbonato de sodio ; b) 2,12 g de hidrogenocarbonato de sodio. Rta: a)80 mL; b) 50.47 mL a)Reacción: Na2CO3 (s)+ 2 HCL (ac)→→→→ CO2 (g)+ H2O (llll) + 2NaCl (ac) Dato: 2,12 g Na2CO3

Convertir el dato en masa a unidades de eq-g.

HCl g-eq 0,04HCl 36,45gHCl g-eq 1

.CONa g 106HCl g 36,45 . 2

. CONa g 2,1232

32 =

Calcular el volumen de solución de HCl 0,5N que contiene esa cantidad de eq-g:

0,5N HCl de soluciónmL 80 gHCl-eq 0,5

HCl1000mL . HCl g-eq 0,04 ====

b) Reacción: NaHCO3 (s)+ HCl(ac) →→→→ CO2 (g)+ H2O (llll) + NaCl (ac) Dato: 2,12 g NaHCO3

Convertir el dato en masa a unidades de eq-g.

HCl g-eq 0,025HCl 36,45g

HCl g-eq 1 .

NaHCO g 84

HCl g 36,45 . NaHCO g 2,12

33 ====

Calcular el volumen de solución de HCl 0,5N que contiene esa cantidad de eq-g:

0,5N HCl de soluciónmL 50,47 gHCl-eq 0,5

HCl1000mL . HCl g-eq 0,025 ====

4. Se desea obtener 0,5 L de H2 a - 10°C y 1 atm en el laboratorio a partir de la reacción entre hierro y ácido sulfúrico. Calcule: a)la masa necesaria de un material de hierro al 90% de pureza; b) el volumen de solución de H2SO4 2N que se necesita ; c) el número de moléculas y de átomos de hidrógeno que se obtienen ; d) la masa de sulfato de hierro(II) que se forma.

Rta: a) 1.436 g; b) 23 mL; c) 1.39 . 1022 moléculas y 2.789.1022 átomos; d)3.516 g. Reacción: Fe (s)+ H2SO4 (ac) →→→→ FeSO4 (ac)+ H2(g) a) Para averiguar la masa de hierro 90% de pureza, primero se debe convertir el dato de volumen en CNTP luego aplicar la estequiometría de la reacción y por último el criterio de pureza:

0,519L atm 1

273K .

263K0,5L 1atm.

= ⇒ pureza 100% Fe 1,293g HL 0,519 . HL 22,414Fe 55,847g

22

=

pureza 90% Fe g 1,436 puro Fe g 90

impuro Fe g 100 . puro Fe 1,293g ====

b) A partir del volumen de H2(g) en CNTP, se calcula el n° eq-g de H2SO4 que se necesita para obtener dicha cantidad de gas, luego se convierte el n° de eq-g de ácido en volumen de solución 2N del mismo.

4OSH g-eq 0,046 SOH g 49SOgH-eq 1

. HL 22,414

SOH g 98 .HL 0,519 2

42

42

2

422 =

4SOH soluciónmL 23 g-eq 2

1000mL .SOH g-eq 0,046 2 42 =

c) A partir del dato 0,519 L de gas hidrógeno en CNTP, por simple estequiometría de fórmula se calcula el n° de moléculas y el n° de átomos:

moléculas.10 1,39 HL 22,414

H moléculas6,022.10 .HL 0,519 22

2

223

2 ====

átomos9.10 2,78 HL 22,414

H átomos6,022.10 . 2 .HL 0,519 22

2

23

2 ====

d) Por estequiometría de ecuaciones químicas: 42

42 FeSO g 3,516

HL 22,414

FeSO g 151,847 .HL 0,519 ====

5. Se hacen reaccionar 1,5 g de una muestra de carbonato de sodio al 80% de pureza con 1 g de ácido clorhídrico. Calcule: a) la masa de cloruro de sodio que se formará; b) el volumen de dióxido de carbono liberado en CNTP; c) la cantidad de reactivo en exceso que queda sin reaccionar. Rta: a) 1.323 g; b) 0.253L; c) 0.174 g Reacción: Na2CO3 (s)+ 2 HCL (ac)→→→→ CO2 (g)+ H2O (llll) + 2NaCl (ac) Datos: I) 1,5 g Na2CO3 80% pureza ⇒ convertir en g de sólido puro:

puroCOgNa 1,2 impuro COgNa 100

puro COgNa 80. impuro CONa 1,5g 32

32

3232 ====


II) 1 g HCl Masa de ambos reactivos ⇒ hay que determinar el REACTIVO LIMITANTE, para luego continuar con las incógnitas del problema:

Datos Estequiometria

1gHClCO1,2gNa 32

HCl 36,45g . 2

CO106gNa 32

1gHClCO1,2gNa 32

<

HCl g 1

CO1,45gNa 32

Exceso: HCl Limitante: 32CONa

a) Cálculo de la cantidad de cloruro de sodio que se forma a partir del dato de RL:

NaCl g 1,323 CONa g 106

NaCl g 58,45 . 2CONa 1,2g

3232 ====

b) Cálculo del volumen de anhídrido carbónico que se forma a partir del dato de RL:

232

232 COL 0,253

CONa g 106

CO22,4L CONa 1,2g ====

c) Cálculo del exceso de HCl, lo que requiere que primero se determine la cantidad que se consume:

HCl g 0,825 CONa g 106 HCl g 36,45 . 2

CONa g 1,232

32 = Exceso: 1 g - 0,825 g = 0,175 g HCl

6. Calcule la masa de yodo que se forma cuando se tratan 10 ml de solución de peróxido de

hidrógeno de 20 volúmenes con 4 g de ácido yodhídrico. . Rta: 3.97 g Reacción: 2HI (ac)+ H2O2 (l) → I2 (s) + 2 H2O (l) Datos: I) 10 ml H2O2 20 volúmenes ⇒ convertir en mol de H2O2: Interesa fundamentalmente fijar la siguiente relación: 2 mol de H2O2

22,4 L O2 con los factores unitarios: etc ; g-eq 1

g 17

g eq 4g 68

; 1mol

g 34 ;

geq 4mol 2

; L 22,4geq 4

; L 22,4

mol 2≡

−−

4 eq-g de H2O2

OmolH 0,4 OL 22,4

OH mol 2.

OsoluciónH1000mL

OL 20.OH solución10mL 22

2

22

22

222 ====

II) 4 g HI Cantidades de ambos reactivos ⇒ hay que determinar el REACTIVO LIMITANTE, para luego continuar con las incógnitas del problema:

Datos Estequiometria

HI g 4OH mol 0,4 22

HI g 127,9 . 2

OH mol 1 22

HI g 1

OH mol 0,1 22 >

HI g 1

OH 0,0039mol 22

Exceso: 22OH Limitante: HI

Cálculo de la masa de iodo que se forma a partir del dato de RL: 22 I g 3,97 I H g 2.127,9

I g 253,8HI 4g ====

7. Una muestra de 2 g contiene Mg mezclado con otras sustancias no reactivas. Tratándola con HCl al 5% en exceso obtienen 950 ml de hidrógeno en CNTP. Calcule el % de Mg en la muestra. Reacción: Mg(s) + 2HCl (ac) →→→→ MgCl2 (ac) + H2 (g) Dato: 950 mL H2 en CNTP Cálculo de la masa de Mg que produce ese volumen de hidrógeno aplicando estequiometría de ecuaciones químicas, luego relacionando con la masa de muestra averiguar el %:

Mg g 1,03 H22400mL

Mg g 24,31.H950mL

22 = ⇒⇒⇒⇒

51,55%

puro Mg g 51,55 impuro Mg g 100 . impuro Mg g 2

puro Mg g 1,03

⇒

=

Significa que según los datos disponemos de 1,2 g de Na2CO3 por 1 g de HCl y se necesita 1,45 g por lo que: Reactivo en exceso es HCl y el reactivo limitante es Na2CO3


8. Calcule: a) la masa de peróxido de bario al 90% de pureza; b) el volumen de ácido sulfúrico al 98% p/p (δδδδ = 1,84 g/ml) necesarios para preparar 50 ml de agua oxigenada de 10 volúmenes, con el agregado de la cantidad necesaria de agua. Rta: a) 8.39 g; b) 2.42 mL Reacción: BaO2 (s)+ H2SO4 (ac) →→→→ H2O2 (ac) + BaSO4 (s) Dato: 50 ml H2O2 10 volúmenes ⇒ convertir en mol de H2O2: Interesa fundamentalmente fijar la siguiente relación:

OH mol 0,0446 OL 22,4

OH mol 2.

OsoluciónH1000mL

OL 10.OH solución50mL 22

2

22

22

222 =

Cálculo de la masa de óxido de bario que produce esa cantidad de agua oxigenada y luego la masa de sólido que lo contiene:

222

2 BaO g 7,55 OH mol 1

BaO 169,34gmol 0,0446 ==== ⇒⇒⇒⇒

ezapur 90% sólidoBaO g 8,39

puroBaO g 90

impuroBaO g 100 . BaO 7,55g

2

2

22

====

====

Cálculo de la masa de ácido que produce esa cantidad de agua oxigenada y luego el volumen de ácido concentrado que lo contiene:

4SOH g 4,371 OH mol 1

SOH g 98mol 0,0446 2

22

42 ==== ⇒⇒⇒⇒ 42

4242

SOH soluciónmL 2,42

solución g 1,84

soluciónmL 1 .

SOH g 98

solución g 100 . SOH 4,371g

====

9. Calcule qué masa de solución de peróxido de hidrógeno al 5% es necesaria para oxidar 2 g de sulfuro de plomo (II) a sulfato de plomo (II) en presencia de ácido sulfúrico. Rta: 22.74 g Reacción: PbS (s) + 4H2O2 (ac) + H2SO4 (ac) →→→→ PbSO4 (s)+ 4 H2O(s) (balancear) Dato: 2 g PbS (s) : Cálculo la masa de agua oxigenada que reacciona y luego la masa de solución que lo contiene:

2222 OH g 1,137

PbS g 239,254 OH g 34 4.

PbS g 2 = ⇒

2222

2222 OH solución g 22,74

OH g 5

OsoluciónH g 100 . OH 1,137g ====

10. Un volumen de 25 ml de una solución de H2O2 reaccionan exactamente con 20 ml de solución 0,04N de permanganato de potasio en medio ácido. Calcule la concentración de la solución de agua oxigenada en molaridad y en volúmenes. (MnO4

- Mn2+, H+) Rta: 0.16 m y 0.18 vol Principio básico: n° eq-g oxidante = n° eq-g reductor = n° eq-g sal = n° eq-g limitante

oxidante Reductor KMnO4

0,04N; 20 mL

g-eq 0,0008 1L

g-eq 0,040,020L ====

H2O2

25 mL; M =?; Volúmenes: ?

2 2

2 2

0,0008 eq-g H O 1 mol 1 000mL . 0,016 M

25 mL solución H O 2 eq-g 1 L=

volúmenes 0,18 L 1

000mL 1

g-eq 4

OL 22,4 .

OH soluciónmL 25

OH g-eq 0,0008 2

22

22 ====


QUÍMICA INORGÁNICA SERIE N° 3:

TIPOS DE RADIOS - MÉTODO SEMITEORICO DE PAULING- PROPIEDADES PERIODICAS 1. Calcule haciendo uso de las reglas de Slater, la carga nuclear efectiva de un electrón de valencia de los siguientes elementos: a) Li y N; b) K , Cr, Cu y As. a) Elemento Configuración electrónica Apantallamiento ( σ ) Zef = Z - σ

3Li 1s2 2s1 (2 x 0,85)= 1,7 3-1,7= 1,3 7N 1s2 2s22p3 (4 x 0,35) + (2 x 0,85)= 3,1 7 – 3,1= 3,9

b) Elemento Configuración electrónica Apantallamiento ( σ ) Zef = Z - σ

19K 1s2 2s22p6 3s1 ( 1 x 0,35) + (2 x 0,85)= 2,05 4 - 2,05= 1,95 24Cr 1s2 2s22p6 3s23p63d5 4s1 (13 x 0,85) + (10 x 1) = 21,05 25 – 21,4= 2,95 29Cu 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s1 (18 x 0,85) + (10 x 1) = 25,3 29 – 25,3= 3,7 33As 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p3 ( 4 x 0,35) + (18 x 0,85) + (10 x 1) = 26,7 33 – 26,7= 6,3

Relacionar con teoria: • aumenta al avanzar en un período. Este aumento se debe a que la carga nuclear aumenta en una unidad al pasar de un elemento al siguiente pero el apantallamiento 1o hace mucho más débilmente ya que 1os electrones de una misma capa se apantallan poco entre sí (0,35 según las reglas de S1ater). • aumenta muy poco al avanzar a lo largo de una serie de transición: el nuevo electrón se coloca en un orbital (n-l)d, que al ser más interno apantalla bien al electrón más externo ns (0,85 según las reglas de S1ater). • desciende al completar un período e iniciar uno nuevo (por ejemplo de Ne a Na). El nuevo electrón inaugura una nueva capa y es muy bien apantal1ado por el resto de electrones situados en capas más internas. • aumenta al descender en un grupo. 2. a) Escriba los símbolos de tres cationes isoelectrónicos que forman elementos pertenecientes al tercer periodo; b) escriba los símbolos de tres aniones isoelectrónicos que forman elementos pertenecientes al segundo periodo; c) escriba la fórmula y el nombre de tres compuestos formados por los cationes y aniones isoelectrónicos, provenientes de elementos del segundo y tercer periodo. a) K+ Ca2+ Sc3+ ; b) O2- F¯ N3- ; c) MgF2 Na2O NaF MgO AlF3 Al2O3

3. A partir del valor experimental de las distancia ínteriónica del CsI, l = 3,85 Å, calcule el radio de los iones Cs+ y I¯ aplicando el método semiteorico de Pauling. Ion Gas noble

isoelectronico Configuración electrónica y Apantallamiento ( σ )

Carga nuclear efectiva Zef = Z - σ l .

ZZ

Z r

ac

ion

efef

efi ++++

====

53I¯

54Xe 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p64d10 5s25p6 ( 7 x 0,35) + (18 x 0,85) + (28 x 1) = 45,75

53 – 45,75 = 7,25 2,16

o

A

55Cs

+ 55 – 45,75 = 9,25

1,69 o

A

4. a) Para los iones isoelectrónicos: S2-, Cl¯ y K+ , determine el valor de lacarga nuclear efectiva; b) a partir de la distancia ínteriónica del KCl, l = 3,14 Å, calcule el valor de la constante Cn; c) en base al valor hallado de Cn, calcule el radio univalente del ion S2-; d) determine el radio cristalino del ion S2-. a) Ion Gas noble


Carga nuclear efectiva Zef = Z - σ

17Cl¯

18Ar 1s2 2s22p6 3s23p6

( 7 x 0,35) + (8 x 0,85) +(2x1) = 11,25

17 – 11,25 = 5,75

19K+

19 – 11,25 = 7,75

16S2- 16 – 11,25 = 4,75


b) n3,14

C 10,36 A1 1

4,75 7,75

= =+

o

c) i

ni

ef

C 10,36 Ar = = 2,18 A

Z 4,75=

oo

; d)

29 1

cr 2,18 A . 2 = 1,83 A

− − =

o o

5. Calcule el radio univalente y cristalino del Al3+ a partir de la distancia interionica del NaF: 2,31 Å.

Ion Gas noble isoelectronico

( σ )

Zef = Z - σ

ac efef

n

Z

1

Z

1 C

++++====

l

ief

ni

Z

C r ====

−−−−−−−−

==== 1n

2

uc .z r r donde z = carga ion

13Al3+

10Ne

4,15

13 – 4,15 = 8,85

o

A6,56

6,85

1

4,85

1

2,31 Cn ====

++++====

0,74 o

A

0,51 o

A

6. Calcule el radio cristalino de los siguientes iones: a) O2-; b)Be2+; c) Si4+ ; d) P3-; e)V5+; f) Cl7+, siendo los valores de los radios univalentes respectivos: 176 pm; 35 pm; 65 pm; 279 pm; 88 pm y 49 pm.

Ion r univalente

pm n

−−−−−−−−

==== 1n

2

uc .z r r [pm] donde z = carga ion

O2- 176 7 139,7

Be2+ 35 5 24,7

Si4+ 65 7 40,9

P3- 279 9 212

V5+ 88 9 58,8

Cl7+ 49 7 25,6

7. En el siguientes par de iones, indique que ion tiene mayor radio. Justifique su respuesta: Ni2+ y Ni3+

8. Haga una lista de los siguientes enlaces en orden creciente de carácter iónico (calcule en cada caso ∆χ): a) C Cl; b) Na Cl; c) Al Cl; d) Br Cl.

Diferencia de

electronegatividad

∆∆∆∆χχχχ

0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,2 2,4 2,6 2,8 3,0 3,2

% de caracter

iónico 1 4 9 15 22 30 39 47 55 63 70 76 82 86 89 92

∆∆∆∆χχχχ= 0 enlace covalente no polar

0<<<< ∆∆∆∆χχχχ ≤≤≤≤ 1 enlace covalente polar

∆∆∆∆χχχχ >>>> 1,7 enlace iónico


Enlace χχχχ1 χχχχ2 ∆∆∆∆χχχχ

C Cl 2,5

3,0

0,5

Orden creciente de carácter iónico→ Br Cl < C Cl < Al Cl < Na Cl

Na Cl 0,9 2,1

Al Cl 1,5 1,5

Br Cl 2,8 0,2

9. En base a las reglas de Fajans, ordene los cationes Rb+, Be2+ y Sr2+ en orden creciente de capacidad de polarizabilidad. Dé una explicación a su respuesta. Trabajar con los radios iónicos de la Tabla Periódica

Orden creciente de carácter polarizante→ Rb+ < Sr2+ < Be2+

10. En base a las reglas de Fajans, ordene los aniones Cl¯, Br¯, S2¯ y O2¯en orden creciente de capacidad de polarizabilidad. Dé una explicación a su respuesta. Trabajar con los radios iónicos de la Tabla Periódica

Orden creciente de carácter polarizable→ O2¯ < Cl¯ < S2¯< Br¯

Reglas de Fajans: El químico Casimir Fajans resumió las siguientes reglas que resumen los factores favorables a la

polarización de un enlace iónico, y por tanto, al incremento de la covalencia:

1. Un catión es más polarizante si es pequeño y tiene una carga positiva grande.

2. Un anión se polariza con más facilidad si es grande y tiene una carga negativa grande.

3. Los cationes que no tienen una configuración de gas noble favorecen la polarización. EJERCICIOS COMPLEMENTARIOS


1. Calcule por las Reglas de Slater, la constante del efecto de pantalla y determine la carga nuclear efectiva de un electrón de valencia de las siguientes especies químicas: a) Be , b) C , c) Na , d) S , e) Ti , f) Ti2+ , g) Li+ , h) Li

Reglas de Slater Pasos a seguir: 1.- Escribir la configuración electrónica del elemento. 2.- Una vez designado el electrón para el cual se quiere calcular la carga nuclear efectiva, todos los electrones de orbitales con n mayor ( los situados a la derecha) no contribuyen en el apantallamiento. 2.- Para electrones s ó p a) los electrones en el mismo (ns np) apantallan con 0,35 unidades de carga nuclear ( excepto el 1s en donde se emplea 0,30). b) Los electrones en los niveles (n-1) apantallan 0,85 unidades. c)Los electrones en niveles (n-2) o inferiores apantallan completamente, es decir 1,00 unidad de carga nuclear por cada electrón. 3.- Para electrones d o f: a) Los electrones en el mismo (nd ó nf) apantallan 0,35 unidades de carga nuclear. b) Los electrones en los grupos situados a la izquierda apantallan completamente, es decir 1,00 unidad de carga nuclear por cada electrón. 4.- Para electrones 1s, cada uno apantalla con un factor de 0,30 unidades

Elemento Configuración electrónica Apantallamiento ( σ ) Zef = Z - σ

4Be 1s2 2s2 ( 1 x 0,35) + (2 x 0,85)= 2,05 4 - 2,05= 1,95 6C 1s2 2s22p2 ( 3 x 0,35) + (2 x 0,85)= 2,75 6 – 2,75= 3,25

11Na 1s2 2s22p6 3s1 (8 x 0,85) + (2 x 1) = 8,80 11 – 8,80= 2,20 16S 1s2 2s22p6 3s23p4 ( 5 x 0,35) + (8 x 0,85) + (2 x 1) = 10,55 16 – 10,55= 5,45 22Ti 1s2 2s22p6 3s23p63d2 4s2 ( 1 x 0,35) + (10 x 0,85) + (10 x 1) = 18,85 22 – 18,85= 3,15

22Ti2+ 1s2 2s22p6 3s23p63d2 ( 1 x 0,35) + (18 x 1) = 18,35 22 – 18,35= 3,65

3Li+ 1s2 ( 1 x 0,30) = 0,30 3 – 0,30= 2,70

3Li 1s2 2s1 (2 x 0,85) = 1,7 3 – 1,7= 1,3 Se sugiere hacer una reflexión acerca del apantallamiento de los electrones internos sobre el

electrón de la capa de valencia. 2. Utilizando las reglas de Slater calcular la carga nuclear efectiva para los siguientes electrones: a) Un electrón de valencia del Ca. b) Un electrón 4s del Mn. c) Un electrón 3d del Mn. d) un electrón de valencia del Br e) un electrón de valencia del ion Fe2+

a) 20Ca 1s2 2s22p6 3s23p6 4s2 ( 1 x 0,35) + (8 x 0,85) + (10 x 1) = 17,15 20 – 17,15= 2,85

b) 25Mn 1s2 2s22p6 3s23p63d5 4s2 ( 1 x 0,35) + (13 x 0,85) + (10 x 1) = 21,4 25 – 21,4= 3,6

c) 25Mn 1s2 2s22p6 3s23p63d5 4s2 (4 x 0,35) + (18 x 1) = 19,4 25 – 19,4= 5,6

d) 35Br 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p5 ( 6 x 0,35) + (18 x 0,85) + (10 x 1) = 27,4 35 – 27,4= 7,6

e) 26Fe

2+ 1s2 2s22p6 3s23p63d6 ( 5 x 0,35) + (18 x 1) = 19,75 26 – 19,75= 6,25 3. Calcula el valor de la carga nuclear efectiva para una electrón 4s del Ga y Se. Compara los resultados obtenidos para un electrón 4s para el Ca y Mn del punto anterior con los del Ga y Se. 20Ca 1s

2 2s22p6 3s23p6 4s2 ( 1 x 0,35) + (8 x 0,85) + (10 x 1) = 17,15 20 – 17,15= 2,85 25Mn 1s

2 2s22p6 3s23p63d5 4s2 ( 1 x 0,35) + (13 x 0,85) + (10 x 1) = 21,4 25 – 21,4= 3,6 31Ga 1s

2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p1 ( 2 x 0,35) + (18 x 0,85) + (10 x 1) = 26,0 31 – 26 = 5 34Se 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p4 ( 5 x 0,35) + (18 x 0,85) + (10 x 1) = 27,05 34 – 27,05= 6,95

A medida que avanzamos en un periodo aumenta la carga nuclear efectiva

4. Calcular los radios de Pauling para los iones Cl-, K+, Rb+ y Br- en los compuestos de KCl y RbBr cuyas distancias interatómicas son 3,14 Å y 3,43 Å respectivamente.



Configuración electrónica y Apantallamiento ( σ )


ZZ

Z r

ac

ion

efef

efi ++++

====

17Cl¯

18Ar 1s2 2s22p6 3s23p6

( 7 x 0,35) + (8 x 0,85) +(2x1) = 11,25

17 – 11,25 = 5,75 1,80

o

A

19K+ 19 – 11,25 = 7,75

1,34 o

A

35Br¯

36Kr 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p6

( 7 x 0,35) + (18 x 0,85) + (10 x 1) = 27,75

35 – 27,75= 7,25 1,92

o

A

37Rb+ 37 – 27,75= 9,25

1,51 o

A

5. A partir de los resultados obtenidos en el ejercicio anterior, calcular los radios cristalinos de S2- y Sr2+.


( σ )

Zef = Z - σ

ac efef

n

Z

1

Z

1 C

++++====

l

ief

ni

Z

C r ====

−−−−−−−−

==== 1n

2


16S2-

18Ar

11,25

16 – 11,25 = 4,75 n

3,14C 10,36A

1 14,75 7,75

= =+

o

2,18 o

A

−−

= 192

c 2 . 2,18r

1,83 o

A

38Sr2+

36Kr

27,75

38 – 27,75=10,25

o

A13,94

9,25

1

7,25

1

3,43 Cn ====

++++====

1,36 o

A

−−−−−−−−

==== 110

2

c 2 . 1,36r

1,16 o

A Comparando con los radios de los iones univalentes isoelectrónicos se observa que el radio de un ion polivalente es menor que su correspondiente ion univalente isoelectrónico.

38Sr2+

1,16 o

A

<

37Rb+

1,51 o

A

6.Calcule el radio univalente y cristalino del ion : Zr4+. Distancia interiónica(Å) : RbBr: 3,43.

gas noble He Ne Ar Kr Xe n 5 7 9 10 12

Ion Gas noble

isoelectronico ( σ )

Zef = Z - σ

ac efef

n

Z

1

Z

1 C

++++====

l

ief

ni

Z

C r ====

−−−−−−−−

==== 1n

2


13Al3+

10Ne

4,15

13 – 4,15 = 8,85

o

A6,56

6,85

1

4,85

1

2,31 Cn ====

++++====

0,74 o

A

0,51 o

A

40Zr4+

36Kr

27,75

40 – 27,75=12,25

o

A13,94

9,25

1

7,25

1

3,43 Cn ====

++++====

1,14 o

A

0,84 o

A

Nota: en este problema se ha aplicado el UNICO método de cálculo de radios cristalinos. 8. Determine: a) el radio del ion Br¯ , b) el radio del ion Li+ , con los siguientes datos: Distancias interiónicas(Å) : a) KCl: 3,14 ; KBr: 3,28 b) NaF: 2,31 ; LiF: 1,96 a)



Configuración electrónica y Apantallamiento ( σ )


ZZ

Z r

ac

ion

efef

efi ++++

====

17Cl¯

18Ar 1s2 2s22p6 3s23p6

( 7 x 0,35) + (10 x 0,85) = 10,95

17 – 11,25 = 5,75 1,80

o

A

19K+ 19 – 11,25 = 7,75

1,34 o

A

Radio del ion bromuro (I) = 3,28 Å - 1,34 Å = 1.94Å b) Ion Gas noble


Carga nuclear efectiva Zef = Z - σ

l .ZZ

Z r

ac

ion

efef

efi ++++

====

9F¯

10Ne

1s2 2s22p6

( 7 x 0,35) + (2 x 0,85) = 4,15

9 - 4,15 = 4,85 A1,35 A2,31 .

6,854,856,85

.ZZ

Z r

ac efef

efca

oo

l =+

=+

=

11Na+

11 – 4,15 = 6,85 A0,96 A2,31 .

6,854,854,85

.ZZ

Z r

ac efef

efac

oo

l =+

=+

=

Radio del ion litio (I) = 1,96 Å - 1,35 Å = 0,61Å

9. En el siguiente par de iones, indique que ion tiene mayor radio. Justifique su respuesta: Te2- y Cs+

QUÍMICA INORGÁNICA SERIE N° 4:

DETERMINACION DE FACTORES ENERGETICOS DE SÓLIDOS IONICOS EJERCICIOS COMPLEMENTARIOS


1. Halle la energía reticular en kJ/mol del LiF, con los siguientes valores: (Dato: 1 kcal = 4,184 kJ)

Proceso ∆∆∆∆H (kcal . mol-1) ∆∆∆∆H (kJ . mol-1)

Li (g)� Li+ (g) + e- 124,28 519,98

Li (s) � Li (g) 38,48 161,00

F2 (g) � 2F (g) 36,81 154,01

F (g)+ 1 e- � F- (g) -78,39 -327,98

½F2 (g)+ Li(s) � LiF (s) -147,68 -617,89

U E D 21 I S H o

f ++++=∆ ⇒⇒⇒⇒

mol1047,69kJ. mol327,98)kJ. 154,01 21 - 519,98 -161,00 - (-617,69 E -D

21 - I - S - H U 1-1-o

f =+=∆=

2. Haciendo uso de la fórmula:

Determine la energía reticular del CaF2 (M= 5,04). Datos de Tabla Periódica y conversiones:

ergcmues

11 2

= ; nCa= 9 ; nF= 7 ; rion calcio(II)= 0,99 Å ; rion fluoruro= 1,36Å

kJ/mol 5206 - erg 10

kJ 1 . erg5.206.10

81 - 1

A1

cm10 . A) 1,36 (0,99

- U10

138-

mol1

6,022.10 . 5,04 . ues )10 . (4,8 . 1 . 2 232210-

==

+

=

o

o

3. ¿ La formación del KF a partir de sus elementos es un proceso exotérmico? Haga un ciclo de Born-Haber correspondiente. SK = 89,96 kJ/mol ; IK = 418,82 kJ/mol ; M = 1,75.

kJ/mol 789,8 - erg 10

kJ 1 . erg7,898.10

81 - 1

A1

cm10 . A) 1,36 (1,33

- U10

128-

mol1

6,022.10 . 1,75 . ues )10 . (4,8 . 1 . 1 232210-

==

+

=

o

o

-532kJ.mol ol789,8)kJ.m - 327,98- 154,01 21 418,8289,96 ( U E D

21 I S H 1-1-o

f ====++++++++====++++++++++++++++====∆∆∆∆

El proceso de formación de KF(s) es exotérmico TRABAJAR EN kJ/mol CORREGIR

Z+ , Z- : carga de los iones e : carga del electrón, 4,80 . 10 -10 ues M : constante de Madelung N: número de Avogadro n: exponente de Born ro = r+ + r- [m]

Determinar si el proceso es exotérmico significa calcular : U E D 21 I S ∆ o

f ++++=

Como la energía reticular no figura entre los datos, se lo calcula a partir de la expresión de Born-

Landé

−

−

nr.M.N.e.zz

U=-o

+1

12

; los datos energéticos para el fluor están en el problema 2.

ergcmues

11

2

==== nK= 9 ; nF= 7 rion potasio= 1,33 Å rion fluoruro= 1,36Å

2 11

+

o

z .z .e .M.N U=-

r n

− −


4. Haga el ciclo de Born-Haber para el hidruro de calcio y calcule la electroafinidad en kcal/mol del hidrógeno a partir de los siguientes datos: ∆∆∆∆Hf (CaH2) = -36,6 kcal/mol ; M= 3,02. Para el hidrógeno: D = 104,2 kcal/mol. Para el calcio: S = 42,2 kcal/mol ; I1 = 140,9 kcal/mol; I2 = 273,8 kcal/mol

kcal/mol 559,27 - 4,184kJ1kcal

.erg 10

kJ 1 . erg2,340.10

71 - 1

A1

cm10 . A) 2,08 (0,99

- U10

138-

mol1

6,022.10 . 3,02 . ues )10 . (4,8 . 1 . 2 232210-

==

+

=

o

o

l.mol-19,215kca 2

l/mol559,27)kca104,2273,8140,942,236,6(E U E D II S H 1-

1of ====

++++−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−====⇒⇒⇒⇒++++++++++++++++++++====∆∆∆∆ 22

5. Haga el ciclo de Born-Haber para el cloruro de calcio y halle el valor de la energía de disociación del cloro en kJ/mol, a partir de los siguientes datos: ∆∆∆∆Hf (CaCl2) = -183,3 kcal/mol; M= 2,52; Electroafinidad del cloro: -83,4 kcal/mol

1

-10 2 2 23 1 2 . 1 . (4,8 . 10 ) ues . 2,52 . 6,022.10

mol-8

1310

1U - 1 -

910 cm(0,99 1,81 ) A .

A1 kJ 1kcal

2,219.10 erg . . - 530,58 kcal/mol4,184kJ10 erg

= =

+

= =

o

o

mol57,18kcal. l/mol530,58)kca2.(-83,4)273,8140,942,2183,3(D U E D II S H -11

of ====++++−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−====⇒⇒⇒⇒++++++++++++++++++++====∆∆∆∆ 22

7. Calcular la afinidad electrónica del yodo ,aplicando el ciclo de Born- Haber, sabiendo que: Energía reticular del KI=-631,8 KJ/mol; Calor de sublimación del potasio=87,9 KJ/mol; Calor de sublimación del yodo=43,5 KJ/mol; Energía de disociación del yodo=150,9 KJ/mol; Potencial de ionización del potasio=418,3 KJ/mol; Calor de formación del KI=-330,5 KJ/mol. Rta: -302,1 KJ/mol.

QUÍMICA INORGÁNICA

SERIE N° 5: CALCULO DE LOS POTENCIALES DE ELECTRODO ESTANDAR DE ELEMENTOS METALICOS Y NO METALICOS

CONTROLAR los ciclos de Born, por favor háganlo especificando la especie cuando corresponda, no generalizando como está presentado aquí

La energía de afinidad electrónica se calcula despejando de :

U E D 21 I S H o

f ++++++++++++++++====∆∆∆∆

Como la energía reticular no figura entre los datos, se lo calcula a partir de la expresión

de Born-Landé

−−−−−−−−

nrN.M.e.z.z

-=U o

+ 11

2; los datos energéticos para el fluor están en

el problema 2. nCa= 9 ; nH= 5 rion calcio(II)= 0,99 Å rion hidruro= 2,08Å


1. Determine mediante un ciclo de Born-Haber de que factores energéticos depende el calor normal de formación de los siguientes procesos:

a) ½ X2 (g) + n e- → X- (ac) (ac)-nX(g)2X

Donde H es la energía de hidratación que para un catión o un anión representa la energía liberada (< 0) cuando se forma 1 mol de iones acuosos a partir de 1 mol de iones gaseosos.

b) ½ H2 (g) → H+ (ac) + 1 e- H (g) H (ac) 2

+

c) M(s) → Mn+ (ac) + n e-

2. a) Calcule los valores de los potenciales normales de reducción de los halógenos. Haga en cada caso el correspondiente diclo de Born- Haber. Para el fluor y cloro el ciclo de Born será:

(ac)-nX(g)2X

Para el bromo líquido el ciclo de Born será: (ac)-nX)(2X l

Para el yodo sólido será:

(ac)-nX(s)2X

n-2

oT

X X

1 ∆H = D + E + H

2

2

o

H H

1 ∆H D I H

2+= + +

I ..... I I I n21T ++++++++++++==== para n electrones

H I S H To

MM n++++++++====∆∆∆∆ ++++

H E D 2

1 ∆H T

o

XX -n2

++++++++====

H E D 2

1 V

2

1 H T

o

XX -n++++++++++++====∆∆∆∆

2


En todos los casos la otra hemicelda lo constituye el ENH cuyo ciclo de Born es:

½ H2 (g) → H+ (ac) + 1 e- (ac)H (g)2H

++++

El potencial normal de reducción se calcula a partir de la expresión:

++++

====++++

F . n

∆H . n ∆H

- E

o

HH

o

XXo

XX

2-n

2

-n2

n= n° de electrones intercambiados, F = 96485 culombios/mol

Para convertir al Faraday en unidades de energía, se multiplica y divide por 1Voltio, ya que (culombios.V) = J

mol.VkJ

96,485 J10

kJ 1 .

mol.VJ

96485 F3-

==

El análisis dimensional de la expresión es: V

V .mol

kJmol

kJ

====

Energía de ( kJ/mol) F2 Cl2 Br2 I2 H2

DISOCIACION 158,15 239,32 189,95 148,53 435,97

ELECTROAFINIDAD -332,63 -348,95 -323,42 -294,97

HIDRATACION -514,63 -372,38 -338,90 -301,25 -1083,66

VAPORIZACION - - 29,99 - -

SUBLIMACION - - - 35,98

IONIZACION 1311,68

o

XX -n2

∆H (kJ/mol) -768,185 - 601,67 -552,35 - 503,965

o

HH2∆H . n

++++(kJ/mol) 446,005 446,005 446,005 446,005

o

XX-n

2

E (V) 3,339 1,613 1,102 0,601

b) Ordene los halógenos de acuerdo con su poder oxidante. A mayor potencial de reducción mayor poder oxidante (COMPARAR CON LOS VALORES DE TABLA DE POTENCIALES)

Orden de poder oxidante: F2 > Cl2 > Br2 > I2 c) Ordene los iones haluro segun su poder reductor.

H E D 2

1 S

2

1 H T

o

XX -n++++++++++++====∆∆∆∆

2

H I D 2

1 ∆H o

H H2++++++++====++++


Para analizar el poder reductor debemos comparar los o

oxidaciónE siendo

oreducción

o oxidación

E -E =

o

XX 2-nE (V) - 3,339 - 1,613 - 1,102 - 0,601

Orden de poder reductor de los haluros será: F- < Cl- < Br- < I-

3. Determine los valores de los potenciales normales de reducción de los siguientes metales: Li ; Na ; Cs ;Mg. Haga un ciclo de Born-Haber para el Li y Mg . Ciclo de Born para el Li:

Ciclo de Born para el Mg:

Para los elementos metálicos a partir del balance de factores energéticos que intervienen se

calcula el :

−−−−

====++++++++

++++==== F . n

∆H . n ∆H

- EE

o

HH

o

MMo

MM

o oxidación

2n

n

Energía de : (kJ/mol) Li Na Cs Mg

SUBLIMACION 160,66 108,36 78,24 148,95

IONIZACION 520,07 495,80 375,64 I1 = 737,64 ; I2 =1450,17

HIDRATACION -506,26 -397,48 -259,41 - 1924,64

o

M M n∆H

++++ (kJ/mol) 174,47 206,68 194,47 412,12

o

HH2

∆H . n ++++(kJ/mol) 446,005 446,005 446,005 446,005

n= 2 mol e-

o

M M nE

++++(V)(oxidación) +2,814 +2,480 +2,606 +2,486

o

M MnE ++++

(V)(reducción) -2,814 -2,480 -2,606 -2,486

4. Explique por qué : a) En fase gaseosa el cesio es mejor agente reductor que el litio. En fase gaseosa la energía de ionización es el factor determinante, ya que el Li tiene mayor energía de ionización que el Cs, por lo que cede su electrón de la capa de valencia con mayor dificultad que el cesio. El Cs actúa como un reductor más importante que el Li en fase gaseosa al tener mayor facilidad para oxidarse.

(ac)MgMg(s) ++++2

(ac)LiLi(s) ++++


b) El litio es el mejor agente reductor de todos los metales alcalinos en disolución acuosa. El litio es mejor agente reductor porque tiene potencial de oxidación mayor. En solución acuosa el factor energético determinante es la energía de hidratación, H, término que en el potencial de oxidación será el causante de la relación :

V480 2, 486V 2, V 2,606 2,814V

E E E E NaNaMgMgCsCsLiLi

⟩⟩⟩

⟩⟩⟩ ++++ 2

⇒ al tener mayor potencial de oxidación es mejor agente reductor Los valores de potencial de reducción no coinciden con los de tabla ya que se ha realizado un cáluclo aproximado a partir de la suposición de que la variación de energía libre es sólo función de la entalpía (Ver Unidad 2). 5. a) Determine si el proceso es endotérmico o exotérmico cuando se forma 1 mol de iones K+ acuoso a partir de potasio sólido.

ndotérmicareacción e 0 ∆H kJ/mol 190,8 ∆H o

KK

o

KK⟩⟩⟩⟩⇒⇒⇒⇒==== ++++++++

b) ¿Cómo explica que experimentalmente en la reducción del agua por el potasio la reacción sea exotérmica? En el calor de reacción total en la reducción del agua por el potasio se relaciona el proceso endotérmico de formación de un mol de iones acuosos a partir de potasio sólido se ve anulado por el calor fuertemente exotérmico de la reducción del agua, resultado una reacción total francamente exotérmica.

K (s) →→→→ K+ (ac) + e- 0 ∆HoKK

⟩⟩⟩⟩++++ endotérmico

H2O (llll) + e- →→→→ ½ H2 (g) + OH

– (ac) fuertemente exotérmico K (s) + H2O (llll)

- →→→→ K+ (ac) + ½ H2 (g) + OH – (ac) EXOTERMICO


QUIMICA INORGANICA SERIE Nº 6: APLICACIONES DE LOS POTENCIALES DE ELECTRODOS ESTANDAR

ECUACION DE NERNST EJERCICIOS COMPLEMENTARIOS 1. ¿Cuáles de las siguientes reacciones serán espontáneas en condiciones estándar?: a) Mn + 2 H+ →→→→ H2 + Mn

2+ b)MnO2 + 2 NaCl + H2SO4 →→→→ Cl2 + MnSO4+ Na2SO4 + 2 H2O Frente al planteo de una ecuación iónica neta (EIN), se trata de identificar el proceso de reducción y el de oxidación, buscar sus potenciales normales en tabla y proceder a determinar espontaneidad o no con la misma expresión matemática de la convención. a) Mn + 2 H+ → H2 + Mn

2+

Oxidación: Mn → Mn2+ + 2 e- 1,18V- Er ====∆∆∆∆ o

Reducción: 2 H+ + 2 e- → H2 0,00V Er ====∆∆∆∆ o

espontáneo Proceso 0G0 E 1,18V V (-1,18) -0,00V E - E E ac ⇒⇒⇒⇒<<<<∆∆∆∆⇒⇒⇒⇒>>>>∆∆∆∆⇒⇒⇒⇒============∆∆∆∆ ooo

b) MnO2 + 2 NaCl + H2SO4 → Cl2 + MnSO4+ Na2SO4 + 2 H2O

Oxidación: 2Cl- → Cl2 + 2 e- 1,36V Er ====∆∆∆∆ o

Reducción: MnO2 +4 H+ + 2 e- → Mn2+ 1,23V Er ====∆∆∆∆ o

espontáneo NO Proceso 0G0 E 0,13V - V 1,36 -1,23V E - E E ac ⇒⇒⇒⇒>>>>∆∆∆∆⇒⇒⇒⇒<<<<∆∆∆∆⇒⇒⇒⇒============∆∆∆∆ ooo

2. ¿Se podrán oxidar en condiciones estandar: a) H2O 2 con MnO4

- en medio ácido? ; b) F- con Cr2O7

2- en medio ácido? Se presentan dos especies químicas, frente a la pregunta la primera especie se busca en la tabla de potenciales a la derecha de la hemirreacción, como producto, se toma el valor del potencial tal cual como figura en tabla y será el o

AE .

La segunda especie se busca en la tabla de potenciales a la izquierda de la hemirreacción, como

reactivo, se toma el valor del potencial tal cual como figura en tabla y será el o

CE .

Se analiza nuevamente el potencial de celda para ver espontaneidad, que significa que SI PUEDE OXIDAR, o no espontaneidad que significa que NO PUEDE OXIDAR. a) H2O 2 con MnO4

- en medio ácido? 35. O2 + 2H

+ + 2e- � H2O2 0,68 ANODO

12. MnO4- + 8H+ + 5e- � Mn2+ + 4H2O 1,51 CATODO

c aE E - E 1,51V- 0,68 V 0,83 V E 0 G 0 Proceso espontáneo SI PUEDE OXIDAR ∆ = = = ⇒ ∆ > ⇒ ∆ < ⇒ ⇒o o o

b) F- con Cr2O7

2- en medio ácido?

OXIDAR PUEDE NO espontáneo NO Proceso 0G0 E V 1,54- V 2,87 -1,33V E - E E ac ⇒⇒⇒⇒⇒⇒⇒⇒>>>>∆∆∆∆⇒⇒⇒⇒<<<<∆∆∆∆⇒⇒⇒⇒============∆∆∆∆ ooo

NO EXISTE AUN NINGUNA ESPECIE CAPAZ DE OXIDAR AL ION FLUORURO EN CONDICIONES NORMALES YA QUE ES EL DE MAYOR POTENCIAL DE REDUCCION

3. a)¿Cuál de las siguientes especies químicas es mejor agente oxidante ? a) H+ ó Cr 2+ ; b) Cr2 O7

2- ó Br2? Rta: a) H+ ; b) Cr2 O72-

Para responder simplemente hay que ubicarse en la tabla de potenciales de reducción, y comparar sus valores: La especie que tenga mayor potencial de reducción será mejor agente oxidante, tiene mayor poder oxidante 2H+ + 2e- � H2 0,00

Cr2+ + 2e- � Cr – 0,91

Cr2O72- + 14H+ + 6e- � 2Cr3+ + 7H2O 1,33

Br2 + 2e- � 2Br- 1,08

1. F2 + 2e- � 2F- 2,87 ANODO

17. Cr2O72-+14H+ + 6e- � 2Cr3+ + 7H2O 1,33 CATODO


b).¿Se podrá lograr la reducción de Fe3+ a Fe2+ con Fe? Rta: si (Eº = 1,21 V)

c).¿Cuáles de los siguientes metales reaccionarán con HCl 1 M: a) Co , b) Au ; c) Mg ; d) Cu? Rta: a) si (Eº = 0,28 V) ; b) no (Eº = - 1,50 V) ; c) si (Eº = 2,37 V) ; d) no (Eº = - 0,34 V) Se responde simplemente ubicando a cada metal en la tabla de potenciales de reducción respecto al potencial de reducción del hidrógeno. Debe ocurrir la oxidación del metal (ANODO) y la reducción del ion hidrógeno (CATODO) Aquellos que tengan mayor potencial de reducción NO REACCIONARAN CON HCl, mientras que los que tengan menor potencial de reducción REACCIONARAN CON HCl. Los valores de las respuestas son los potenciales de celda que se obtienen a partir de:

0,28V (-0,28V)-0,00V E - E∆E oa

oc

o ============

1,50V- (1,50V)-0,00V E - E∆E oa

oc

o ============

2,37V (-2,37V)-0,00V E - E∆E oa

oc

o ============

0,34V- (0,34V)-0,00V E - E∆E oa

oc

o ============

4. A partir de la semi-reacción: 2 H+

(ac) + 2 e- →→→→ H2(g) . Calcule el potencial del electrodo de

hidrógeno en las siguientes condiciones: a) C H+ = 0,5 M , P H2 = 1 atm

[[[[ ]]]] 0,018V0,5

1.log

2

0,0590,00V

H

Plog

n

0,059EE

2

Hrr

2 −−−−====−−−−====−−−−====++++

o

b) C H+ = 1 M , P H2 = 1140 mm de Hg

[[[[ ]]]] 0,00519V1

1,5.log

2

0,0590,00V

H

Plog

n

0,059EE

2

Hrr

2 −−−−====−−−−====−−−−====++++

o

5. Considere una pila en la que ocurra la siguiente reacción: O2(g) + 4 H

+(ac) + 4 Br-(ac) →→→→ 2 H2 O + 2 Br2(llll). a) Determine ∆∆∆∆Eº ; b) Calcule el valor de ∆∆∆∆E cuando Po2 = 1 atm C H+ = 0,20 M y CBr- = 0,10 M Frente al planteo de una ecuación iónica neta (EIN), se trata de identificar el proceso de reducción y el de

oxidación, buscar sus potenciales normales en tabla y proceder a) a calcular oE∆∆∆∆ utilizando la expresión

matemática de la convención, y b) a calcular E∆∆∆∆ por aplicación de la ecuación de Nernst.

O2(g) + 4 H+(ac) + 4 Br¯ (ac) →→→→ 2 H2 O + 2 Br2(l)

Oxidación: 2( 2Br¯ → Br2 + 2 e- ) 1,08V Er ====∆∆∆∆ o

Reducción: O2 +4 H+ + 4 e- → 2 H2 O 1,23V Er ====∆∆∆∆ o

a) 0,15V V 1,08 -1,23V E - E E ac ============∆∆∆∆ ooo

b) Calcule el valor de ∆Eº total cuando Po2 = 1 atm C H+ = 0,20 M y CBr- = 0,10 M

[[[[ ]]]] [[[[ ]]]] 0,05V 1 .0,2 .0,1

1log

40,059 -0,15V

P H Br

1log

40,059 -0,15V ∆E

44O

422

============++++−−−−

6.- a) Calcule el ∆∆∆∆Eº de la pila : Zn |||| Zn2+(1M) |||||||| Ag+ (1M) |||| Ag . Notación de celda: ANODO CATODO

Se busca en tabla los potenciales de reducción y se calcula el ∆∆∆∆Eº a partir de la convención:

68. Zn2+ + 2e- � Zn – 0,76

30. Ag+ + e- � Ag 0,80

b) Calcule [Ag+] de la pila Zn | Zn2+(1M) || Ag+ (x M) | Ag , cuyo potencial medido experimentalmente es: ∆E = 1,21 V Se aplica Ecuación de Nernst y se despeja la incógnita que es la concentración de Ag+

33. Fe3+ + e- � Fe2+ 0,77

66. Fe2+ + 2e- � Fe – 0,44

1,56V V (-0,76) -0,80V E - E E ac ============∆∆∆∆ ooo

1,21V0,44V)((0,77V)E o ====−−−−−−−−====


[[[[ ]]]][[[[ ]]]]

[[[[ ]]]][[[[ ]]]]

[[[[ ]]]] [[[[ ]]]] M1,168.10AgAg0,059

1,21V)-(1,56Vantilog

Ag2.log0,059

V) 1,21 - 2.(1,56V

Ag

1log

2

0,059 1,21V1,56V

Ag

Znlog

2

0,059 - 1,56V 1,21V ∆E

6

2

2

2

−−−−++++++++

++++

++++

++++

++++

====⇒⇒⇒⇒====

−−−−⇒⇒⇒⇒

−−−−====⇒⇒⇒⇒====−−−−⇒⇒⇒⇒

========

7.- Escriba la ecuación de la reacción espontánea y calcule : a) el ∆∆∆∆E de la pila , b) W y c)∆∆∆∆G en kJ y kcal; para la combinación de los pares redox Cl2 |||| Cl

- y Br2 |||| Br- , siendo:

PCl2 = 0,10 atm ; [Cl-] = 1 x 10-3 M ; [Br-] 0,10 M

V 1,36 ClCl E 2red ====

∆∆∆∆ −−−−o con V 1,08 BrBr E 2red ====

∆∆∆∆ −−−−o

reducción Selección: 1,36V > 1,08V oxidación CROA CATODO: Cl2 + 2e

- � 2Cl-

ANODO: 2Br- � Br2 + 2e- 0,28V V 1,08 -1,36V E - E E ac ============∆∆∆∆ ooo

R.G. Cl2 (g)+ 2Br- (ac) �� Br2 (llll)+ 2Cl

-(ac)

a)

2

2- 2 - 3

2- 2C l

C l 1 .1 00 ,0 5 9 0 ,0 5 9∆ E = 0 ,2 8 V - lo g = 0 2 8 V - lo g = 0 ,3 6 8 5 V

2 2 0 ,1 0 . 0 ,1 0P B r

b) W = n. F . ∆E = 2 mol de e- . mol.V

kJ 96,485 .0,3685V = 71,109 kJ

c) ∆G = - W ⇒ ∆G = - 71,109 kJ ; 1 kcal = 4,184 kJ ; ∆G = 1kcal

-71,109kJ. =-16,99kcal4,184kJ


QUIMICA INORGANICA SERIE N° 7: CÁLCULO DE CONSTANTES DE EQUILIBRIO. INFLUENCIA DEL PH EN EL

POTENCIAL. EJERCICIOS COMPLEMENTARIOS 1. Determine Kc a 25ºC para cada reacción en la dirección en que se encuentran escritas: a) Co(s) + Ni2+(ac) �� Co 2+(ac) + Ni (s) b) 3 Au+(ac) �� Au3+(ac) + 2 Au (s) c) H 2 O �� H

+(ac) + OH-(ac) El cálculo de la constante de equilibrio puede realizarse conociendo los potenciales normales de

cada hemirreacción a partir de la expresión : 0,059E . n

i 10 K

∆

= donde i se refiere a las distintas

denominaciones del equilibrio químico, tal como concentración, presión, producto de solubilidad, estabilidad de complejo.

a) ANODO: ( ) V0,28- CoCo E 2red =∆ +o CATODO: ( ) V0,25- NiNi E 2

red =∆ +o

CATODO: Ni2+ + 2e- � Ni

ANODO: Co � Co2+ + 2e- 0,03V (-0,28V)- 0,25- E - E E ac ===∆ ooo

R.G. Co + Ni2+ � Co 2+ + Ni

10,4 10 K 0,0590,03V . 2

i ==

Comentario : si el potencial del proceso redox es positivo, la constante de equilibrio es mayor que 1.

a) ANODO: V1,29 AuAu E 3red =

∆ ++o CATODO: ( ) V1,68 AuAu Ered =∆ +o

CATODO: 2 (Au+ + e- � Au )

ANODO: Au+ � Au3+ + 2e- 0,39V 1,29V -1,68V E - E E ac ===∆ ooo

R.G. 3 Au+ � Au3+ + 2 Au

130,0590,39V . 2

i 10.66,1 10 K ==

c) ANODO: ( ) V0,00 HH E 2red =∆ +o CATODO: ( ) V0,826- HOH E 22red =∆ o

CATODO: H2O + e- � � H2 + OH

-

ANODO: � H2 � H+ + e- 0,826V - 0,00V -0,826V - E - E E ac ===∆ ooo

R.G. H 2 O � H+(ac) + OH-(ac)

W14-0,059

(-0,826)V

i K 10 10 K ===

2. Calcule el producto de solubilidad de los compuestos: a) CuS(s) �� Cu2+ (ac) + S2- (ac) b) Fe(OH)3 (s) �� Fe+3 (ac) + 3 HO- (ac) c) Ag2CrO4(s) ��2 Ag

+(ac) + CrO42-(ac)

Para encontrar el producto de solubilidad de cada proceso redox se busca en la tabla de potenciales( en medio ácido o en medio básico) las reacciones catódica y anódica cuya suma de la reacción en cuestión.

a) CATODO: V0,76- S ,CuCuS E -2red =

∆ o ANODO: ( ) V0,34 CuCu E 2

red =∆ +o

CATODO: CuS +2 e- � Cu + S 2-

ANODO: Cu � Cu2+ + 2e- 1,10V (-0,76V) -0,34V E - E E ac ===∆ ooo

R.G. CuS (s) � Cu2+ (ac) + S2- (ac) La reacción global nos indica la concentración de los iones en equilibrio con el sólido, se denomina Producto de solubilidad.

Ps38-0,059

2.(-1,10)V

i K 5,15.10 10 K ===


El valor del producto de solubilidad tan bajo nos indica que el CuS es prácticamente insoluble.

b) CATODO: V0,77- OH ,Fe)OH(Fe E -red =

∆ o ANODO: ( ) V0,04- FeFe E 3

red =∆ +o

CATODO: Fe(OH)3 +3 e

- � Fe + 3 OH¯

ANODO: Fe � Fe3+ + 3e- 0,73V - (-0,04V) -0,77V- E - E E ac ===∆ ooo

R.G. Fe(OH)3 (s) � Fe+3 (ac) + 3 OH¯ (ac)

Ps38-0,059

(-0,73)V 3.

i K 7,61.10 10 K === El hidróxido de hierro(III) es insoluble

c) CATODO: V0,45 CrO Ag,CrOAg E -24 42red =

∆ o ANODO: ( ) V0,80 AgAg Ered =∆ +o

CATODO: Ag2CrO4 +2 e- � 2Ag + CrO4

2-

ANODO: 2(Ag � Ag+ + e- ) 0,35V - 0,80V-0,45V E - E E ac ===∆ ooo

R.G. Ag2CrO4(s) �2 Ag+(ac) + CrO42-(ac)

Ps12-0,059

V)0,35 2.(-

i K 1,37.10 10 K ===

3. Halle una expresión del potencial en función del pH, para las siguientes hemi-reacciones: I) BrO3¯ (ac) + 6 H

+(ac) + 6 e- →→→→ Br¯ + 3 H 2 O II) Ni(OH)2 (s) + 2 e¯ →→→→ Ni(s) + 2 OH¯ a) En I calcule el E a pH = 0 ; 7 y 14 ¿Cómo varía el poder oxidante del BrO3

- cuando el pH aumenta? b) Determine en II el E a pH = 0 ; 7 y 14 ¿Cómo varía el poder reductor del Ni? a) Significa calcular el potencial de la hemipila en condiciones distintas de las normales para la concentración de ion hidrógeno, es decir para distintos pH. A la vez se considera la concentración de los iones bromato y bromuro en medio acuoso igual a 1M. Primero se debe encontrar la expresión de la Ecuación de Nernst para una hemipila en función del pH:

[ ][ ] [ ]

pH . 0,059 -1,44V E

H log (-6) . 6

0,059 - V 1,44 H log

60,059 - V 1,44

H

1 log

60,059 - V 1,44 Q log

n0,059 E E 6

6

=

====−= −o

pH =0 pH =7 pH =14 pH . 0,059 -1,44V E = 1,44 V 1,03 V 0,61 V

A medida que aumenta el pH disminuye el poder oxidante del ion bromato b)

[ ] [ ]pH 0,059.-0,138 E

pH)-(14 0,059 V 0,688- OH log 2 . 2

0,059 - V 0,688- OH log

20,059 - V 0,688- Q log

n0,059 E E -2-

=

+===−= o

pH =0 pH =7 pH =14

pH 0,059.-0,138 E =

Ered= 0,138 V Ered= -0,275 V Ered= -0,688 V Eox= - 0,138 V Eox= 0,275 V Eox= 0,688 V

A medida que aumenta el pH aumenta el poder reductor del níquel 4. ¿En cuánto disminuirá el potencial del par MnO4

- |||| Mn2+ si se disminuye la concentración de protones desde 1 mol/L hasta 10-6 mol/L?¿Cómo relaciona esta variación de potencial con el cambio del poder oxidante del ion permanganato? a [H+]=1M Potencial de hemicelda: MnO4

- + 8 H+ + 5 e - →→→→ Mn2+ + 4 H2O E° = 1,51 V


a [H+]=10-6 M⇒⇒⇒⇒ pH =6 ( asumiendo que la [MnO4-] = [Mn2+] = 1M

[ ][ ] [ ]

V0,94 6 . 0,0944 -1,51V pH . 0,0944 -1,51V E

H log (-8) . 5

0,059 - V 1,51 H log

50,059 - V 1,51

H

1 log

50,059 - V 1,51 Q log

n0,059 E E 8

8

===

====−= −o

Vemos que el poder oxidante del ion permanganato disminuye sensiblemente, de 1,51V a 0,94V, al disminuir la concentración de iones hidrógeno. 5. a) Determine el potencial en medio básico: EºB del par MnO4

- |||| MnO2 , siendo E°A =1,69V, b) ¿en qué medio el ion permanganato es mejor agente oxidante? a) Potencial de hemicelda en medio ácido: MnO4

-(ac)+ 4 H+(ac)+ 3 e -→MnO2(s)+ 2 H2O ;E° = 1,69 V Para responder a la pregunta, se halla la expresión de la fem en función del pH para finalmente calcular el potencial de hemicelda para pH=14:

[ ][ ] [ ]

V0,59 E 14 . 0,0787 -1,69V pH . 0,0787 -1,69V E

H log (-4) . 3

0,059 - V 1,69 H log

30,059 - V 1,69

H

1 log

30,059 - V 1,69 Q log

n0,059 E E

B

44

=⇒==

====−= −

o

o

b) Comparando 1,69V>>0,59V, lo que nos está diciendo que en medio ácido el ion permanganato es mejor agente oxidante. 6. Calcula el potencial del proceso: MnO2(s) + 4 H

+(ac) + 2e¯ � Mn2+(ac) +2H2O ; cuando la [Mn2+] =

0,10M y el pH=5 . Eº (MnO2 │ Mn2+)= 1,23V.

Rta: 7. ¿Cuál es el valor para la semireacción: H2O(l) +HAsO2 (ac) � H3AsO4 (ac) + 2 H

+(ac) +2 e¯ , cuando las concentraciones son: [HAsO2] = 0,10M ; [H3AsO4] = 0,050M ; [H

+] = 10-6 M? Dato: Eo= -0,56V. Rta: -0,374V 8. Calcula el valor de E (H+ │ H2) para las siguientes conticiones: a) [H+] = 1 M ;

2 HP = 1 atm; b) [H+] = 1 M ; 2 HP = 100 atm; c) [H+] = 0,01 M ;

2 HP = 1 atm ;

d) [H+] = 0,01 M ; 2 HP = 100 atm.

Rta: a)0,00V ; b) -0,059V; c) -0,059V; d) -0,118V.


QUIMICA INORGANICA

SERIE Nº 8: DIAGRAMAS DE FEM . POTENCIALES DE HEMIREACCIONES EJERCICIOS COMPLEMENTARIOS 1. Calcule ∆E° de la reacción más factible que ocurrirá cuando se tratan los reactivos NO y I2. Escriba la ecuación de la reacción más factible. EºB: NO2¯ - 0,46 NO 0,76 N2O ; EºB: IO¯ 0,45 I2 0,54 I¯ 2. Observe el diagrama de Latimer para varias especies del cloro en medio basico: Z +VII +V +III +I 0 -I

ClO 4− +0,36 ClO 3

− . X . ClO 2− +0,66 ClO − . Y . Cl2 +1,36 Cl‾

+0,50 . . +0,84 .

a) escriba las reacciones correspondientes a los potenciales que figuran con valores numéricos en el diagrama b) calcular el potencial de los pares: x: ClO 3

− │ ClO 2− ; y = ClO¯│ Cl2 ; z= ClO 4

− │ ClO¯ 4.- A continuación se muestra un diagrama de Latimer para un elemento metálico hipotético

M -2,03V M3+ +0,47 M4+ +1,15 MO2

+ +0,93 MO22+

__________+1,01V . |__________________+1,04V_________| a) Escribir el diagrama de reducción; b) ¿reaccionara M con Ag+? ; c) ¿podrá el hierro metálico reducir al catión M3+?; d) puede el Cl2 oxidar al catión M

3+?; e) ¿puede el estaño metálico reducir al catión M4+?; f) ¿reaccionaran M4+ y MO 2

2+ ?; g) ¿desproporcionara espontáneamente MO 2

+ ?

5.- A partir de los siguientes diagramas de FEM del cloro en medio básico construir el diagrama de Frost. EºB: ClO4¯ 0,374 ClO3¯_0,295____ ClO2¯ 0,681 ClO¯ 0,421 Cl2 1,36 Cl¯

QUIMICA INORGANICA SERIE Nº 9: COMPUESTOS DE COORDINACIÓN

1. Indique el número de coordinación en torno al metal y el número de oxidación del metal en cada uno de los complejos siguientes: a. Na2[CdCl4] b. K2[MoCl4O] c. [Co Cl2 (NH3)4]Cl d. [Ni(CN)5]

3- e. K3[V(C2O4)3] f.[Zn(en)2]Br2


Fórmula NC N° oxidación del Mn+ Ejercicio 3: Nombre Na2[CdCl4] 4 +II Tetraclorocadmiato (II) de sodio K2[MoCl4O] 5 +IV Tetraclorooxomolibdato(IV) de potasio [CoCl2(NH3)4]Cl 6 +III Cloruro de tetraaminodiclorocobalto(III) [Ni(CN)5]

3- 5 +II Ion pentaciano niquelato (II) K3[V(C2O4)3] 6 +III Tris[trioxalatovanadato(III)] de potasio [Zn(en)2]Br2 4 +II Bromuro de bis[etilendiaminozinc (II)]

2. Dibuje la estructura de cada uno de los complejos siguientes: a. [AlCl4]

‾

b. [Ag(CN)2]-

c. [PtCl4(en)]2-

d.trans-Cr(NH3)4(H2O)2]3+

e. [Zn(NH3)4]2+

f.cis-[Co (NO2)2(en)2]+

g. [Ru Cl5 (H2O)]2-

h.trans-[Pt(Br)2 (NH3)2] Fórmula Geometría Ejercicio 3: Nombre [AlCl4]

‾

Ion tetracloroaluminato(III)

[Ag(CN)2]-

Ion dicianoargentato(I)

[PtCl4(en)]2-

Ion tetracloroetilendiaminoplatinato(II)

trans-[Cr(NH3)4(H2O)2]3+ Mostrar las otras posibilidades de posición trans y cis para ligandos monodentados

Ion diacuotetraaminocomo(III)

[Zn(NH3)4]2+

Recordar que por TEV el Zn unido a un ligando fuerte reordena sus electrones: Zn2*: 3d8 Utiliza 4OAH dsp2 GM: tetraédrica

Ion tetraaminozinc(II)


cis-[Co (NO2)2(en)2]+

Para dibujar guiar por los ligandos monodentados la isomería geométrica. Leer que los ligandos bidentados presentan isomería óptica cis-trans

Ion cis- bis[etilendiamino] dinitrocobalto(III)

[Ru Cl5 (H2O)]2-

Ion acuopentaclororutenato(III)

trans-[Pt(Br)2 (NH3)2]

Diaminodibromoplatino(II)

3. Asigne el nombre de cada uno de los complejos citados en los ejercicios 1 y 2. 4. Indique el nombre de cada uno de los complejos siguientes: a. [Ni(H2O)6]Br2 : brumuro de hexaacuoníquel(II) b. K[Ag(CN)2] : dicianoargentato(I) de potasio c. [Cr Cl2 (NH3)4]ClO4 : perclorato de tetraaminodiclorocromo(III) d. K3[Fe(C2O4)3] : tris[oxalato] ferrato(III) de potasio e. [Co Br2 (en)(NH3)2]Cl : cloruro de diaminodibromoetilendiaminocobalto(III) f. [Pd(en)][Cr Br4 (NH3)2]2 : diaminotetrabromocromato(III) de etilendiaminopaladio(II) 5. Escriba la fórmula de cada uno de los compuestos siguientes, sin olvidar el uso de paréntesis cuadrados para indicar la esfera de coordinación: a. nitrato de hexaaminocromo(III) b. sulfato de hexaaminocarbonatocobalto(III) c. bromuro de diclorobis(etilendiamino)platino(IV) d. diacuatetrabromovanadato(III) de potasio e. Tetrayodomercurato(II) de bis(etilendiamíno)cinc(II)

Nombre Fórmula nitrato de hexaaminocromo(III) [Cr(NH3)6] (NO3)3 sulfato de tetraaminocarbonatocobalto(III) [Cr CO3 (NH3)4]2 SO4 bromuro de diclorobis(etilendiamino)platino(IV) [PtCl2(en)2] Br2 diacuatetrabromovanadato(III) de potasio K3[V Br4 (H2O)2] Tetrayodomercurato(II) de bis(etilendiamíno)cinc(II) [Zn(en)2][Hg I4 ]

6. Los ligandos polidentados pueden variar en cuanto al número de posiciones de coordinación que ocupan. En cada uno de los siguientes complejos, identifique el ligando polidentado presente e indique el número probable de posiciones de coordinación que ocupa:


a. [Cr(C2O4)(H2O)4]Br: ligando oxalato bidentado, presenta isomeria geométrica cis o trans. Dibujar.Ver el final de los ejercicios la explicación. b. [Cr(EDTA)(H2O)]

¯ : ligando EDTA hexadentado, por lo que tiene una única posición posible. Dibujar. c. [Zn(en)2](ClO4)2 : libando etilendiamino bidentado, por lo que tiene una única posición posible. Dibujar. 7. Indique el número de coordinación probable del metal en cada uno de los complejos siguientes: a. [Cd(en)2]Br2: NC: 4 b. K2[HgBr4] : NC:4 c. [Ce(EDTA)]: NC: 6 9.- El Pt(II) forma dos complejos estructuralmente diferentes: i) [Pt(NH3)3Cl]Cl.3H2O y ii) [Pt(CN)2(NO2)Cl]

2-. a) Nombrar ambos complejos, b) ¿Qué tipo de isomería puede presentar cada uno? a) i) cloruro de triaminocloroplatinato(II) trihidrato; ii) ion dicianocloronitritoplatinato(IV) b) i) ninguna isomería; ii) isomería optica cis o trans. Dibujar 10.- Dados los siguientes iones y/o ligandos: Fe(III), Pt(IV), Cu(II), CN¯, H20, Cl¯, NH3. a) Armar tres especies o iones complejas y nombrarlas, b) Escribir las expresiones de Ki de cada uno de ellos, c) Armar dos isómeros cualesquiera, nombrarlos y clasificarlos. Ejemplos: a) ion hexacianoferrato(III) ion tetraacuocobre(II) ion tetraaminoplatinato(IV)

b) [Fe(CN)6]3- � Fe3+ + 6 CN¯

63+ -

i6

Fe . CNK

Fe(CN)

=

[Cu(H2O)4]2+ � Cu2+ + 4 H2O

42+2

i2 4

Cu . H OK

Cu(H O)

=

[Pt(NH3)4]4+ � Pt4+ + 4 NH3

44+3

i3 4

Pt . NHK

Pt(NH )

=

c) ion diaminodicloroplatinato(IV) ion dicianotetracloroferrato(III)